Применение движения плоскости при решении задач элементарной математики

Докажите, что в полученномшестиугольнике противоположные стороны равны.Доказательство. Пусть AB, CD и EF — стороны рассматриваемого шестиугольника ABCDEF, лежащие на указанных касательных (Рисунок 34). Рисунок 34При симметрии относительно центра вписанной окружности данного треугольника прямая AB переходит в прямую DE, а прямая BC — в прямую EF. Поэтому точка B пересечения прямых AB и BC переходит в точку E пересечения прямых DE и EF. Аналогично докажем, что при этой симметрии вершина A переходит в вершину D, а вершина F — в вершину C. Следовательно, центр окружности есть центр симметрии шестиугольника ABCDEF. Поэтому AB = ED, BC = FE и CD = FA. Задача 7. В треугольнике ABC проведены медианы AMи CK. Углы BAM и BCK равны 30◦. Докажите, что треугольник ABC правильный.Доказательство.Проведем отрезок симметричный отрезку KC с точкой симметрии KDK=KC по условию AK=BKABCD-параллелограмм. По свойствам параллелограмма DBK и CKB равны DBC– равнобедренный. BK– медиана, а значит и высотаDBK=180º-60º- 30º=60º, аналогично и для другого параллелограмма ABNCNBC=60ºABC=60º. DBA=BAC=60º, NBC=BCA=60ºABC– правильный (рисунок 35).Рисунок 35Задача 8. Докажите, что если выпуклый многоугольник можно разбить на несколько параллелограммов, то он имеет центр симметрии.Доказательство.От каждой стороны многоугольника отходит цепочка параллелограммов, т.е. эта сторона как бы перемещается по ним параллельно, причем она может по ходу перемещения разбиваться на несколько частей. Так как у выпуклого многоугольника может быть еще только одна сторона, параллельная данной, то все разветвления цепочки упираются в одну и ту же сторону, причем длина этой стороны не меньше длины стороны, из которой цепочка выходит. Мы можем выпустить цепочку параллелограммов как из первой стороны во вторую, так и из второй в первую, поэтому все стороны многоугольника разобьются на пары параллельных и равных сторон. Отсюда нетрудно показать, что многоугольник имеет центр симметрии.Задача 9. Точки A, B, C лежат на одной прямой. Точка M не принадлежит этой прямой. Докажите, что окружности с диаметрами MA, MB,MC имеют еще одну общую точку.Доказательство. Когда мы отметим точки центра окружностей и соединим, у нас получится ось симметрии этих окружностей. В точке Mвсе окружности пересекаются. А так как у нас существует ось симметрии, то точке M обязательно найдется симметричная ей точка, в которой окружности будут иметь пересечение и это точка N(рисунок 35).Рисунок 36Задача 10.Точка О является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника ABC. Докажите, что при повороте вокруг точки О на угол 120° треугольник ABC отображается на себя.Доказательство. Точка О пересечения биссектрис правильного треугольника является центром этого треугольника. Следовательно, вершины треугольника при повороте вокруг точки О будут «отрисовывать» дуги окружности, описанной около ∆АВС. Легко показать, что ВОС = СОА = АОВ = 120°. Следовательно, при повороте на 120, точка А перейдет в точку В, точка В перейдет в точкуС и точка С перейдет в точку А (напомним, что угол поворота считается положительным, если поворот происходит против часовой стрелки). Таким образом, при повороте на 120 ∆АВС = ∆АВС(рисунок 37).Рисунок 37Задача 11. Дана прямая, на которой заданы точка О1 и точка О2 и даны точки А и В, лежащие по разные стороны от этой прямой. Причем имеют место равенства расстояний: О1А = О1В, О2А = О2В.Доказать, что точки А и В симметричны относительно указанной прямой.Для доказательства требуемого в задаче утверждения нам необходимо доказать, что АМ = МВ и АВ =О1О2.Построим окружность радиусом О1А с центром в точке О1 и окружность радиусом О2А с центром в точке О2.Рассмотрим некоторую осевую симметрию с осью О1О2. При таком отображении полуокружности, расположенные в верхней полуплоскости, перейдут в соответствующие полуокружности, расположенные в нижней полуплоскости относительно оси симметрии. При этом точка пересечения «верхних» полуокружностей – точка А – перейдет в точку пересечения «нижних» полуокружностей – точку В. То есть точка В симметрична точке А относительно рассматриваемой прямой (рисунок 38). Рисунок 38Задача 12. Дан параллелограмм ABCD.Доказать, что точка пересечения его диагоналей является его центром симметрии.Доказательство. На рисунке точка О – точка пересечения диагоналей параллелограмма. В силу свойств параллелограмма AО = ОC и BО = ОD, а также любой отрезок, концы которого лежат на противоположных сторонах и проходящий через точку О (например, отрезок MN), делится в этой точке пополам. Это означает, что при осуществлении центральной симметрии относительно центра, расположенного в точке О, все точки, принадлежащие сторонам, перейдут в точки, также принадлежащие сторонам. Таким образом, параллелограмм перейдет сам в себя, т. е. точка О – центр симметрии (рисунок 39).Рисунок 39Задача 14. Найдите композицию осевых симметрий относительно прямых, содержащих биссектрисы данного треугольника.Доказательство.Пусть вписанная окружность с центром I касается стороны αc в точке γ.Очевидно, что точки касания вписанной в угол окружности со сторонами угла симметричны относительно биссектрисы этого угла. Действительно, окружность симметрична относительно любого своего диаметра, в частности, относительно любой биссектрисы, стороны угла симметричны относительно биссектрисы, значит и их общие точки симметричны относительно биссектрисы.Композиция трёх осевых симметрий оси которых пересекаются в одной точке I, есть осевая симметрия, ось которой содержит ту же точку I.Рассмотрим композицию осевых симметрий S Ic◦ S Iβ ◦ S Iα.При этой композиции точка γ последовательно перейдёт в точки касания со сторонами αβ, βc и вновь αc, то есть это неподвижная точка преобразования.Значит, искомая ось симметрии содержит точки γ и I, это прямая γI, SIс◦SIβ ◦SIα= SIγ.Задача 15.Докажите, что композиция параллельного переноса в направлении, перпендикулярном некоторой прямой, и симметрии относительно этой прямой есть осевая симметрия.Доказательство.Представим указанный параллельный перенос в виде композиции симметрий относительно прямых l1 и l2, параллельных данной прямой l. Пусть при параллельном переносе в направлении, перпендикулярном этим прямым, прямая l2 переходит в прямую l, а прямая l1 — в некоторую прямую l3. Тогда композиция симметрий относительно прямых l1 и l2 совпадает с композицией симметрий относительно прямых l3 и l. Следовательно, композиция симметрий относительно прямых l1, l2 и l есть симметрия относительно прямой l3 (поскольку композиция двух симметрий относительно одной и той же прямой есть тождественное преобразование). (Sl◦T = Sl◦ (Sl1oSl2) = Sl◦ (Sl◦Sl3) = E◦Sl3 = Sl3.) Задача 15.Докажите, что композиция трёх симметрий относительно параллельных прямых l1, l2 и l3 есть осевая симметрия.Доказательство. Композиция симметрий относительно двух параллельных прямых и композиция симметрий относительно образов этих прямых при параллельном переносе — одно и то же преобразование. Параллельным переносом сдвинем прямые l1 и l2 так, чтобы прямая l2 совпала с l3. При этом прямая l1 перейдёт в некоторую прямую l. Композиция симметрий при этом не меняется. Получим композицию симметрии относительно прямой l и тождественного преобразования (две симметрии относительно прямой l3). Задачи на нахождение неизвестного элемента по теме «Движение плоскости»В данной работе мы рассмотрим геометрические задачи, которые эффективно решаются с помощью движений на плоскости.Отметим, что движениями являются также обратные к ним преобразования, а также любая их композиция.Конечно, при решении многих задач мы часто применяем движения, даже не формулируя это явно, так как часть типовых дополнительных построений по сути является применением движений. Например, удвоение медианы есть центральная симметрия относительно середины стороны, проведение прямой, параллельной стороне или параллельной диагонали трапеции – параллельный перенос, и так далее, а осевая симметрия неоднократно возникала при решении задач на кратчайшие маршруты.Рассмотрим примеры, которые позволят нам выявить некоторые тонкости.Задача 1. На сторонах AB и BC ромба ABCD с тупым углом АВС, равным 120, выбраны точки E и F соответственно так, что отрезки AE и BF равны. Найдите FDE.Решение. Рассмотрим поворот с центром D на угол 60 против часовой стрелки (Рисунок 40). При таком повороте образами вершины С и В являются вершины В и А соответственно (треугольники CBD и АВD – равносторонние). Следовательно, образом стороны СВ является сторона ВА. Так как BF = AE, то образом точки F является точка Е. Значит, FDE = 60.Рисунок 40Задача 2. На сторонах AB и BC ромба ABCD выбраны точки E и F соответственно так, что отрезки AE и BF равны. Оказалось, чтотреугольник DEF – равносторонний. Найдите углы ромба.Рассмотрим два варианта решения данной задачиРешение 1. На стороне АВ отложим отрезок AF так, чтобы AF = CF, тогда DAF = DCF (I признак), следовательно, DF = DF = DE, то есть DEF – равнобедренный (рисунок ).Проведем перпендикуляр DK к стороне AB, тогда K – серединаотрезка EF. Кроме того, AF = CF = BE, значит, K – середина стороны AB. Следовательно, ABD – равносторонний, то есть углы ромба – 60 и 120.А теперь убедимся в том, что это все-таки движение.Решение 2. При симметрии относительно прямой BD образом вершины С является вершина А, а образом стороны СВ – сторона АВ (Рисунок 41). Тогда образом точки F является точка F на стороне АВ. Значит, DF = DF = DE. Проведем перпендикуляр DK к стороне AB, тогда образом точки F при симметрии относительно DK является точка E. Таким образом, композиция симметрий относительно прямых BD и DK переводит точку F в точку Е. Но композиция таких симметрий является поворотом с центром D на удвоенный угол между осями. Следовательно, BDA = 2BDK. Таким образом,ABD – равносторонний, то есть углы ромба – 60 и 120.Рисунок 41Задача 3. В выпуклом четырехугольнике ABCD равны стороны АВ, ВС и CD, M – середина стороны AD. Известно, что угол ВМС – прямой. Найдите угол между диагоналями АС и BD.Рассмотрим два варианта решения задачи.Решение 1. Пусть O, K, L – середины отрезков BC, AC и BD соответственно, P – точка пересечения прямых AC и BD. Точки K, L различны (иначе ABCD – ромб иBMC < BPC = 90°). Поскольку углы BKC, BMC и BLC – прямые (медианы в равнобедренных треугольниках являются высотами), то точки K, M, L лежат на окружности с диаметром BC. Хорда KM = CD = OC как средняя линия треугольника ACD, поэтому треугольник KOM равносторонний и MOK = 60°.Аналогично MOL = 60°, поэтому KOL = 120°. Вписанный KBL опирается на дугу KL или её дополнение, поэтому равен 60° или 120°. В любом случае это означает, что в прямоугольном BKPB=60°, поэтому BPK = 30° (рисунок 42).Рисунок 42Решение 2. Треугольники ABC и BCD равнобедренные, поэтому биссектрисы углов ABC и BCD перпендикулярны диагоналям четырёхугольника ABCD достаточно найти угол между этими биссектрисами.Отразим вектор    относительно биссектрисы ABC, а потом – относительно биссектрисы BCD. При этом он повернётся на удвоенный угол между этими биссектрисами. С другой стороны, он, очевидно, перейдёт в вектор    .   Но угол между векторами     и     равен углу между средними линиями OK и KM треугольников ABC и ACD  ,которые являются сторонами равностороннего KOM  (OM = BC =  AB =  CD).  Значит, угол между    и     равен 60°, а угол между указанными диагоналями 30°.Задача 4.НасторонахBC иCD квадратаАВСD, длина стороны которого равнаа, отмеченыточки М и N соответственно так, что площадь треугольника АМN равна сумме площадейтреугольниковАВМиАDN.НайдитеуголМАNидлинувысотытреугольникаАМN,проведеннойизвершиныА.Решение. Прямоугольные треугольники МВА и МHА равны по гипотенузе и острому углу ( ). Следовательно, АЕ = АВ = AD, то есть DAH– равнобедренный. Так как DAE = 30°, то HDA = DHA = (180° – DAH) : 2 = 75°. Значит, MAN = 90° – HDA = 15°(Рисунок 43).Рисунок 43ЗАКЛЮЧЕНИЕНа основании проведённого исследования можно сделать вывод, что решение задач на построение и доказательство «Движение плоскости» играет важную роль в процессе обучения школьников геометрии. Ведь именно такие задачи имеют огромный выбор различных вариантов решений. Изучение данной темы в школьном курсе на сегодняшний день очень актуально, ведь она формирует у детей не только пространственное мышление, воображение и логику, а также подталкивает их к самостоятельным исследованиям. Чаще всего у учащихся возникают трудности при решении задач по данной теме. Это можно объяснить тем, что в современных учебниках школьного курса геометрии тема «Движение плоскости» недостаточно подробно раскрыта. Отсутствует эффективная методика для обучения решению задач данным методом, а небольшое количество простейших задач не раскрывает для учащихся все грани этой темы. Чтобы учащиеся могли эффективно освоить решения задач на построение и доказательство по теме «Движение плоскости» необходима активная деятельность учащихсяпо решению задач, причем задачидолжны быть подобраны так, чтобы в процессе их решения каждый раздел данной темы был успешно пройден учащимися. Для определения полного состава приема решения геометрических задач на построение и доказательство были проанализированы особенности каждого этапа алгоритма, а также подходы разных авторов к определению теории движения плоскости, состава приема и решения конкретных задач. Выделен перечень умственных и практических действий, последовательное выполнение которых приведет к решению задачи.В результате исследования была достигнута первоначальная цель данной работы. Необходимо было проанализировать свойства геометрических мест точек и выявит суть метода геометрических мест точек плоскости.Для достижения поставленной цели были решены обозначенные задачи. Для достижения данной цели были поставлены следующие задачи: Изучить учебную и научную литературу по теме исследованияОпределить общие свойства движенияВыделить основные виды движенияРассмотреть алгоритм решения задач на построение по теме «Движение плоскости» Рассмотреть задачи на построение и доказательство по теме «Движение плоскости».Таким образом, в ходе выполнения курсовой работы были разобраны основные аспекты движения плоскости и их применения в решении задач.Рассмотрены их основные свойства, представления этих движений в декартовой системе координат.СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫАргунов Б.И., Балк М.Б. Геометрические построения на плоскости. Пособие для студентов педагогических вузов. - М.: Учпедгиз, 1957. - 267 с. Атанасян Л.С.. Учебник Геометрия 7-9.Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев, Э.Г. Позняк, И.И. Юдина, 2014, с. 384.Атанасян Л. С.. Геометрия. Доп. главы к учебнику 8кл.: Учебн. пособие для учащихся школ и классов с углубл. изуч. математики/Л. С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев и др. – 6-е изд. – М.: Вита-Пресс, 2006. – 208 с.Атанасян Л. С., Покровский В.Г. Геометрия-1: учебное пособие для вузов/ Атанасян Л. С., Покровский В.Г.; под ред. Атанасяна Л. С. – Эл. изд. – Электрон. текстовые дан. – М.: БИНОМ. Лаборатория заданий, 2014 – 334 с.Болтянский В.Г., Яглом И. М. Геометрические задачи на максимум и минимум // Энциклопедия элементарной математики. Кн. 4. — М.: Наука, 1966. с. 307—348.Бутузов В. Ф.. Планиметрия. Пособие для углублённого изучения математики/ 5 В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев, Э. Г. Позняк, С. А. Шестаков, И. И. Юдина. - М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. – с. 488 Ильин В. А., Поздняк Э. Г.: Аналитическая геометрия: Учеб. Для вузов. – 7-е изд., стер. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. – 224с. Канатиков А.Н.. Аналитическая геометрия: Учебник для вузов. 2-е изд. / Под ред. В.С. Зарубина, А.П. Крищенко, А.Н. Канатиков. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2000. – с. 388.Кузнецова Л.И., Скопец З.А. Метод подобия при решении планиметрических задач // Математика в школе. 1977. № 6. с. 58—63.Погорелов А. В. Геометрия, уч. для 7–11 кл. общеобр. учрежд. – М.: Просвещение, 1995Погорелов А.В. Геометрия: Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Просвещение , 2000, с. 61.Понарин Я. П. Элементарная геометрия: В 2 т. — Т. 1: Планиметрия, преобразования плоскости. — М.: МЦНМО, 2004. — 312 с.Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 4-е изд., дополненное — М.: Изд-во Московского центра непрерывного математического образования, 2001. — 584 с.Смирнова И.М. Геометрия: Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений/ Смирнова И.М., Смирнов В.А. – М.: Мнемозина, 2005 – с. 84.Фарков А. В. Тесты по геометрии: 9 класс. К учебнику Л. С. Атанасяна и др. – М.: Экзамен, 2010.Шарыгин И.Ф. Геометрия: Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений.– М.: Дрофа, 2012 – с. 465.И. Ф. Шарыгин. Сборник задач по геометрии. 5000 задач с ответами/ И. Ф. Шарыгин, Р. К. Гардин - М.: Астрель, 2001 – с. 400