Банк рефератов содержит более 364 тысяч рефератов, курсовых и дипломных работ, шпаргалок и докладов по различным дисциплинам: истории, психологии, экономике, менеджменту, философии, праву, экологии. А также изложения, сочинения по литературе, отчеты по практике, топики по английскому.
Полнотекстовый поиск
Всего работ:
364150
Теги названий
Разделы
Авиация и космонавтика (304)
Административное право (123)
Арбитражный процесс (23)
Архитектура (113)
Астрология (4)
Астрономия (4814)
Банковское дело (5227)
Безопасность жизнедеятельности (2616)
Биографии (3423)
Биология (4214)
Биология и химия (1518)
Биржевое дело (68)
Ботаника и сельское хоз-во (2836)
Бухгалтерский учет и аудит (8269)
Валютные отношения (50)
Ветеринария (50)
Военная кафедра (762)
ГДЗ (2)
География (5275)
Геодезия (30)
Геология (1222)
Геополитика (43)
Государство и право (20403)
Гражданское право и процесс (465)
Делопроизводство (19)
Деньги и кредит (108)
ЕГЭ (173)
Естествознание (96)
Журналистика (899)
ЗНО (54)
Зоология (34)
Издательское дело и полиграфия (476)
Инвестиции (106)
Иностранный язык (62792)
Информатика (3562)
Информатика, программирование (6444)
Исторические личности (2165)
История (21320)
История техники (766)
Кибернетика (64)
Коммуникации и связь (3145)
Компьютерные науки (60)
Косметология (17)
Краеведение и этнография (588)
Краткое содержание произведений (1000)
Криминалистика (106)
Криминология (48)
Криптология (3)
Кулинария (1167)
Культура и искусство (8485)
Культурология (537)
Литература : зарубежная (2044)
Литература и русский язык (11657)
Логика (532)
Логистика (21)
Маркетинг (7985)
Математика (3721)
Медицина, здоровье (10549)
Медицинские науки (88)
Международное публичное право (58)
Международное частное право (36)
Международные отношения (2257)
Менеджмент (12491)
Металлургия (91)
Москвоведение (797)
Музыка (1338)
Муниципальное право (24)
Налоги, налогообложение (214)
Наука и техника (1141)
Начертательная геометрия (3)
Оккультизм и уфология (8)
Остальные рефераты (21697)
Педагогика (7850)
Политология (3801)
Право (682)
Право, юриспруденция (2881)
Предпринимательство (475)
Прикладные науки (1)
Промышленность, производство (7100)
Психология (8694)
психология, педагогика (4121)
Радиоэлектроника (443)
Реклама (952)
Религия и мифология (2967)
Риторика (23)
Сексология (748)
Социология (4876)
Статистика (95)
Страхование (107)
Строительные науки (7)
Строительство (2004)
Схемотехника (15)
Таможенная система (663)
Теория государства и права (240)
Теория организации (39)
Теплотехника (25)
Технология (624)
Товароведение (16)
Транспорт (2652)
Трудовое право (136)
Туризм (90)
Уголовное право и процесс (406)
Управление (95)
Управленческие науки (24)
Физика (3463)
Физкультура и спорт (4482)
Философия (7216)
Финансовые науки (4592)
Финансы (5386)
Фотография (3)
Химия (2244)
Хозяйственное право (23)
Цифровые устройства (29)
Экологическое право (35)
Экология (4517)
Экономика (20645)
Экономико-математическое моделирование (666)
Экономическая география (119)
Экономическая теория (2573)
Этика (889)
Юриспруденция (288)
Языковедение (148)
Языкознание, филология (1140)

Статья: Применение движений к решению задач

Название: Применение движений к решению задач
Раздел: Рефераты по математике
Тип: статья Добавлен 23:11:06 06 апреля 2007 Похожие работы
Просмотров: 1191 Комментариев: 5 Оценило: 2 человек Средний балл: 4 Оценка: неизвестно     Скачать

Бычек В. И., доцент кафедры геометрии ХГПУ

Рассмотрим применение простейших движений[1] 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, Ð BAD = ÐCDA = 60°. Найти углы ABC и BCD.

Решение. Рассмотрим параллельный перенос на вектор .

Получим равнобедренную трапецию ABED, у которой AB = ED = , а ÐABE =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 ÐBCD = 90°, а ÐCBE = 30°. Тогда ÐABC = 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, ÐBAC = 30°.

Решение.

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

Следовательно, треугольник ABC будет равнобедренным и ÐBCA=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®O2Þ O1O2||AB, :O3®O2ÞO2O3||BC.

Тогда ÐO2O1O3=ÐBAC=30° , ÐO1O3O2 =Ð BCA = 30°, а ÐO3O2O1=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,Þ AD||A1H, AD = A1H; :C® H, B®B1 Þ BC ||B1H, BC=B1H. Так как по условию Ð1=Ð2, а Ð1 =Ð3 и Ð2=Ð4 как накрестлежащие углы, то Ð3=Ð4.

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.

Даны две окружности b1(O1, r) и b2 (O2, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.4). Прямая i, параллельная прямой O1O2, пресекает окружность b1 в точках A и B , а окружность b2 в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC не зависит от положения прямой i, если лучи AB и CD сонаправлены и прямая i пересекает отрезок MH.

Решение.

Пусть прямая i1 также удовлетворяет условиям задачи. Докажем, что ÐAMC=ÐA1MC1. Так как ÐAMC=ÐAMA1+ÐA1MC, а ÐA1MC1=ÐA1MC+ÐCMC1 то надо доказать, что ÐAMА1 =ÐСMC1 . Рассмотрим параллельный перенос на вектор . :b1(O1,r) ®b2(O2,r). Тогда :M®M1, A®C, A1®C1. Значит :ÐAMA1®ÐCM1C1. Следовательно, ÐAMA1=ÐCM1C1. Но ÐCM1C1=ÐCMC1 как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CC1. Тогда ÐAMA1=ÐCMC1=ÐAMC=ÐA1MC1.

ЗАДАЧА 5.

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 треугольника ABC (рис.5). Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой BC. SBC : B®B, C®C, H®H1. Значит SBC: CH®CH1, BH®BH1, ÐСHB®ÐCH1B. Следовательно, ÐСHB =ÐСH1B. Так как в четырехугольнике AC1HB1

ÐAC1H=ÐAB1H=90°, то ÐBAC+ÐС1HB1=180°. Тогда в четырехугольнике ABH1C имеем ÐBAC+ÐBH1C=ÐBAC+ÐBHC+ÐBAC+ÐC1HB1=180°, т. е. точка H1 принадлежит окружности b(O,r). Аналогично, рассматривая SAB и SAC, получим, что точки H2 и H3 принадлежат окружности b(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 i1 и i2 – прямые, 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 i1. Si1 : AC®AB, C®C1. Следовательно, C1ÎAB. Так как OÎi1, то i1 – ось симметрии окружности b. Тогда Si1: M®H. Так как Si1 : C®C1, M®H, то Si1 : CM®C1H. Следовательно, CM = C1H.

Аналогично, рассматривая осевую симметрию относительно прямой i2, получим CK = C2H. По свойству касательных, проведенных из внешней точки C к окружности b, 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, Ð 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, ÐMBD®ÐMAD1. Следовательно, BD=AD1, DD1||AB, ÐMAD1=ÐMBD=30°. Так как ÐBAC=ÐBCA=75°, то ÐD1AC=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 ÐAC2D2=45°, ÐAD2C2=90°. Так как треугольники ACD1 и AC2D2 подобны, (ÐD1AC – общий, AC:AD1=AC2:AD2=:1), то ÐACD1=45°, ÐAD1C=90°. Так как DD1||AB, ÐD1DC=ÐABC=30°, то ÐDCD1=ÐBCA- ÐD1CA=75°-45°=30°. Следовательно, в равнобедренном треугольнике CD1D ÐCD1D = 120°. Тогда ÐAD1D=360° - (90° +120°) = 150°. Так как AD1=D1C=DD1, то в равнобедренном треугольнике AD1D

ÐD1AD=(180°-150°):2=15°.

ПолучимÐDAC=ÐD1AC+ÐD1AD=45°+15°=60°.

ЗАДАЧА 8.

Даны две окружности b1(O1,r) и b2(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 i1 – касательная к окружности b1 в точке H, а i2 – касательная к окружности b2 в точке М. В треугольнике O1BO2 имеем O1O2=O1B=O2B. Аналогично O1O2=O1A=O2A в треугольнике O!AO2. Тогда ÐBO1A=ÐBO2A=120°. Отсюда следует, что ÈBO2A=ÈBO1A=120°. В треугольнике MBH получим ÐBMA=ÐBHA=60°. Тогда ÐMBH=60°. Рассмотрим поворот вокруг точки В на угол 600. RB60°:O1®O2, M®H. Значит RB60°:O1M®O2H. Тогда RB60°:i1®i2, так как по свойству касательной i1^ O1M, i2 ^O2H. Следовательно, угол между прямыми i1 и i2 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. ЗначитRC90°: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.

Оценить/Добавить комментарий
Имя
Оценка
Комментарии:
Где скачать еще рефератов? Здесь: letsdoit777.blogspot.com
Евгений22:08:18 18 марта 2016
Кто еще хочет зарабатывать от 9000 рублей в день "Чистых Денег"? Узнайте как: business1777.blogspot.com ! Cпециально для студентов!
12:36:49 29 ноября 2015
Кто еще хочет зарабатывать от 9000 рублей в день "Чистых Денег"? Узнайте как: business1777.blogspot.com ! Cпециально для студентов!
15:37:10 24 ноября 2015
В треугольнике ABC AB=15,BC=7,CA=9.Точка D лежит на прямой BC,причем BD:DC=5:7.Окружности,вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB.касаются стороны AD в точках E и F.Найдите длину отрезка EF
12:00:28 07 июня 2010
Говно говно говно фууу позор
Джига18:46:23 25 февраля 2008

Работы, похожие на Статья: Применение движений к решению задач

Назад
Меню
Главная
Рефераты
Благодарности
Опрос
Станете ли вы заказывать работу за деньги, если не найдете ее в Интернете?

Да, в любом случае.
Да, но только в случае крайней необходимости.
Возможно, в зависимости от цены.
Нет, напишу его сам.
Нет, забью.



Результаты(151293)
Комментарии (1844)
Copyright © 2005-2016 BestReferat.ru bestreferat@mail.ru       реклама на сайте

Рейтинг@Mail.ru