Решение задач с помощью переноса.

Приведем для примера решения нескольких задач, где перенос играет существенную роль.

Задача 1.

На стороне АВ прямоугольника ABCD вне его построен треугольник АВЕ. Через точки С и D проведены перпендикуляры CM и DN соответственно к прямым AE и BE.

Доказать, что точка Р = (CM) ∩ (DN) принадлежит прямой, содержащей высоту треугольника АВЕ.

Решение. Пусть Н – точка пересечения высот треугольника АВЕ. Перенос на вектор ВС отображает прямые АН, ВН, ЕН соответственно на прямые DN, CM, EH. Следовательно, три последние прямые пересекаются в точке Р, являющейся образом точки Н при указанном переносе.

Задача 2.

Две равные окружности пересекаются в точках M и N. Точки P и Q этих окружностей принадлежат их линии центров и находятся в одной полуплоскости от прямой MN. Доказать, что сумма MN² + PQ² не зависит от расстояния между центрами окружностей.

Решение. Пусть α и α ₁ – данные окружности, Р є α, Q є α ₁. Перенос на вектор PQ отображает α на α ₁. Если М₁ = Т (М), то М₁ є α ₁, так как М є α. Угол NMM₁ прямой и поэтому MN² + MM₁² = NM₁². Но ММ₁ = PQ. Значит, MN² + PQ² = d², где d – длина диаметра данных окружностей.

Задача 3.

Даны две точки А и В и две пересекающиеся прямые с и d. Построить параллелограмм ABCD так, чтобы вершины C и D лежали соответственно на прямых с и d.

Дано: точки А, В; с ∩ d = О.

Анализ.

Пусть ABCD – искомый параллелограмм и С є с, D є d. Тогда АВ = DC и AB || DC. Рассмотрим параллельный перенос Т₁ на вектор ВА, Т₁: С→ D, но С є с, поэтому D є с', где с' = Т₁(с). С другой стороны, D є d, следовательно, точка D є c' ∩ d.

Построение.

1. с' = Т₁(с) – образ прямой с при переносе Т_1.

2. D = d ∩ c’

3. C = T₂(D), где Т₂ – перенос на вектор АВ.

4. АВCD – искомый параллелограмм.

Доказательство.

1. ABCD – параллелограмм по построению; D є d – по построению.

2. D є c' и T₂: D → C, c'→ c, поэтому С є с.

Исследование.

Задача всегда имеет одно решение, если АВ || с и АВ || d. Если же АВ || с (или АВ || d), то задача всегда имеет 2 решения.

Задача 4.

Построить трапецию по заданным её сторонам. Т.е. требуется построить трапецию так, чтобы её основания были соответственно равны данным отрезкам a и b (a> b), а боковые стороны были соответственно равны двум данным отрезкам c и d (c ≥ d).

Анализ.

Допустим, что ABCD – искомая трапеция, причем AD – её большее основание, ВС – меньшее основание, AB и CD – боковые стороны, причем AB = c, CD = d.

Представим себе перенос, определяемый вектором СВ. Тогда сторона CD преобразуется в отрезок BD'. Треугольник ABD' может быть построен, так как все стороны его известны. Чтобы построить искомую трапецию, останется подвергнуть отрезок BD' переносу на вектор ВС, длина которого известна и который направлен одинаково с вектором AD.

Построение.

1. Построим треугольник ABD' по сторонам АВ = с, BD' = d и AD' = a – b.

2. Через точку В проведём луч, одинаково направленный с лучом AD'.

3. На этом луче построим точку С так, чтобы ВС = b.

4. Через С проведем прямую CD параллельно BD' до пересечения с продолжением AD' в точке D.

5. ABCD – искомая трапеция.

Доказательство.

1. AB = c, BC = b по построению.

2. AD = AD’ + D’D = AD’ + BC = a – b + b = a.

3. CD = BD', как отрезки параллельных прямых между параллельными прямыми.

Исследование.

Первый шаг выполним при условии: d – c< a – b < d + c.

При этом условии однозначно выполнимы и все остальные шаги построения. Заметим также, что треугольник ABD', а следовательно, и трапеция ABCD определяются условиями задачи однозначно до равенства. Поэтому при условии d – c< a – b < d + c задача имеет единственное решение. Если же это условие не выполняется, то задача решения не имеет.

Задача 5.

Постройте прямую, которая пересекает по равным хордам два равных круга.

Дано: γ (О, r); γ ₁ (O, r).

Анализ.

Пусть s – искомая прямая, тогда s ∩ γ = {A, B}, s ∩ γ ₁ = {A₁, B₁} и АВ = А₁В₁. Тогда ∆ АОВ = ∆ А₁О₁В₁ (ОА = О₁А₁ = r, ОВ = О₁В₁ = r, АВ = А₁В₁), отсюда ОАВ = О₁А₁В₁; но А, В, А₁, В₁ є s, следовательно, ОА || О₁А₁. Поэтому АОО₁А₁ – параллелограмм (ОА = О₁А₁, ОА || О₁А₁), отсюда s || ОО₁.

Построение.

1. ОО₁

2. р: О є р, р ОО₁

3. р ∩ γ = {C, D}.

4. А: А є γ, А ≠ C, D.

5. s: A є s, s || OO₁

6. s – искомая прямая.

Доказательство.

Рассмотрим параллельный перенос Т₁ на вектор ОО₁, имеем, что Т₁: О→ О₁,

γ (О, r) → γ ₁(О, r); кроме того, Т₁: s→ s, поэтому при Т₁ точки {А, В} = s ∩ γ переходят в точки {А₁, В₁} = s ∩ γ ₁, а именно: Т₁: А→ А₁, В→ В₁, отсюда АВ = А₁В₁.

Исследование.

Задача имеет бесконечное множество решений, так как способов выбрать точку А бесконечно много.

Задача 6.

В окружности даны хорды АВ и CD. Найти на окружности такую точку М, чтобы хорды АМ и ВМ отсекали на хорде CD отрезок, равный данному.

Решение.

Если М – искомая точка и (МА)∩ (CD) = Р, (МВ)∩ (CD) = Q, то задачу сведем к построению точки Р или точки Q. Перенос на вектор r = QP, длина которого равна длине a данного отрезка, а направление параллельно CD, приводит к желаемой цели. Пусть Т (В) = В₁. Величина α угла АМВ определяется хордой АВ и данной окружностью. Поскольку (МВ) || (РВ₁), то АРВ₁ = α. Итак, их точки Р известный отрезок АВ₁ «виден» под известным углом α. Построение выполняем в следующем порядке: строим В₁ = Т (В), на отрезке АВ₁ строим дуги окружностей, являющиеся множеством точек плоскости, из которых этот отрезок «виден» под углом α. Искомая точка Р является точкой пересечения этих дуг с хордой CD. Построение точки М уже очевидно. Исследование проводить не будем.

Задача 7.

Между пунктами А и В течет канал. Где следует выбрать место для моста, чтобы пусть от А до В был кратчайшим?

Представим себе два берега канала в виде двух параллельных прямых ɑ и b (рис.86, ɑ), а мост – в виде отрезка MN, перпендикулярного к этим прямым.

Задача заключается в том, чтобы выбрать такое положение точки М на прямой ɑ (или точки N на прямой b), чтобы ломаная AMNB имела наименьшую длину.

Так как длина отрезка MN постоянна, то условие задачи равносильно требованию, чтобы сумма отрезков АМ и BN была наименьшей.

Чтобы связать отрезки AM и BN, перенесем отрезок BN на вектор NM. Тогда точка N перейдет в точку М, а точка В – в некоторую точку В', которая легко может быть построена. Так как BN = B'M, то нужно найти такое положение точки М, при котором ломаная В'МА, концы которой известны, имела бы наименьшую длину. Ясно, что это будет в случае, когда точки В', М и А расположатся на одной прямой.

Построение показано на рисунке 86, б. проводим прямую ВС перпендикулярно прямой ɑ и откладываем на ней отрезок ВВ', равный ширине канала. Строим прямую АВ'. Прямая АВ' пересекает прямую ɑ в искомой точке М.

Задача всегда имеет решение, притом единственное.

Список литературы.

1. Б.И.Аргунов, М.Б.Балк «Геометрические задачи на плоскости», пособие для студентов педагогических институтов. – Москва, 1957г.

2. Васильков В.И., Потапов А.В. «Пособие по решению задач на построение из школьных учебников Александрова, Атанасяна и Погорелова методом геометрических преобразований». – Челябинск, 2007г.

3. А.А.Рывкин, А.З.Рывкин «Справочник по математике» - М.: «Высшая школа», 1987г.

4. Понарин Я.П. «Элементарная геометрия»: в 2т. – Т.1: Планиметрия, преобразования плоскости. – М.: МЦНМО, 2004г.