Підручник Геометрія 9 клас - А. Г. Мерзляк - Гімназія 2017 рік

§5 ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ

ЗАСТОСУВАННЯ ПЕРЕТВОРЕНЬ ФІГУР ПРИ РОЗВ'ЯЗУВАННІ ЗАДАЧ

Перетворення фігур — ефективний метод розв’язування багатьох геометричних задач. Проілюструємо це на прикладах.

Задача 1. На сторонах AB, BC і CA гострокутного трикутника ABC побудуйте такі точки M, N і P відповідно, щоби периметр трикутника MNP був найменшим.

Розв’язання. Нехай P — довільна точка сторони AC трикутника ABC, точки P1 і Р2 — її образи при симетрії відносно прямих AB і BC відповідно (рис. 20.34). Пряма P1P2 перетинає сторони AB і BC відповідно в точках M і N. Із розв’язування задачі 2 п. 18 випливає, що з периметрів усіх трикутників, для яких точка P фіксована, а точки M і N належать сторонам AB і BC, периметр трикутника MNP є найменшим. Цей периметр дорівнює довжині відрізка P1P2.

Зауважимо, що відрізок EF — середня лінія трикутника PP1P2. Тоді EF = Р1Р2.

Оскільки ∠BEP + ∠BFP = 180°, то точки P, E, B і F лежать на одному колі з діаметром BP. Звідси EF = BP sin B. Отже, довжина відрізка EF буде найменшою при найменшій довжині відрізка BP, тобто тоді, коли BP — висота трикутника ABC.

Рис. 20.34

Рис. 20.35

На рисунку 20.35 відрізок BP — висота трикутника ABC. Алгоритм побудови точок M і N зрозумілий з рисунка.

Із побудови випливає, що периметр будь-якого іншого трикутника, вершини якого лежать на сторонах трикутника ABC, більший за периметр трикутника MNP. Тому шуканий трикутник є єдиним — це побудований трикутник MNP.

Можна показати (зробіть це самостійно), що точки M і N є основами висот, проведених відповідно з вершин C і A трикутника ABC.

Отже, вершини шуканого трикутника — це основи висот даного трикутника ABC. Такий трикутник називають ортоцентричним.

Задача 2. Точка O — центр правильного n-кутника А1А2...Аn (рис. 20.36). Доведіть, що

Розв’язання. Нехай Розглянемо поворот із центром O на кут наприклад, проти годинникової стрілки. При такому перетворенні образом даного n-кутника буде цей самий n-кутник. Отже, шукана сума не зміниться. А це можливо лише тоді, коли

Рис. 20.36

Рис. 20.37

Задача 3. Усередині трикутника ABC, усі кути якого менші від 120°, знайдіть таку точку T, щоб сума TA + TB + TC була найменшою.

Розв’язання. Нехай T — довільна точка даного трикутника ABC (рис. 20.37). Розглянемо поворот із центром A на кут 60° за годинниковою стрілкою. Нехай точки T1 і C1 — образи точок T і C відповідно (рис. 20.37). Оскільки поворот є рухом, то T1C1 = TC. Очевидно, що трикутник ATT1 є рівностороннім. Тоді AT = TT1.

Маємо: TA + TB + TC = TT1+ TB + T1C1.

Зрозуміло, що сума TT1 + TB + T1C1 є найменшою, якщо точки B, T, T1 і C1 лежать на одній прямій. Оскільки ∠1 = ∠2 = 60°, то ця умова виконуватиметься тоді, коли ∠3 = ∠4 = 120°.

Оскільки кут AT1C1 — образ кута ATC при вказаному повороті, то має виконуватися рівність ∠ATC = 120°.

Отже, точки B, T, T1 і C1 належатимуть одній прямій тоді й тільки тоді, коли ∠ATB = ∠ATC = 120°. Звідси ∠BTC = 120°.

Таким чином, сума TA + TB + TC буде найменшою, якщо ∠ATB = ∠BTC = ∠ATC = 120°.

Знайти точку T можна, наприклад, побудувавши ГМТ, з яких відрізки AB і AC видно під кутами 120° (рис. 20.38).

Зрозуміло, що коли один із кутів трикутника ABC не менший від 120°, то точка перетину побудованих дуг не буде розміщена всередині трикутника. Можна показати, що в трикутнику з кутом, не меншим від 120°, точка T, сума відстаней від якої до вершин трикутника є найменшою, збігається з вершиною тупого кута.

Рис. 20.38

Задача 4. Відрізки AA1, BB1 і CC1 — висоти гострокутного трикутника ABC. Доведіть, що радіус описаного кола трикутника ABC удвічі більший за радіус описаного кола трикутника A1B1C1.

Розв’язання. Нехай прямі AA1, BB1 і CC1 перетинають описане коло трикутника ABC відповідно в точках M, N і P (рис. 20.39). Доведемо, що HA1 = AM, де точка H — ортоцентр трикутника ABC.

Рис. 20.39

Маємо: ∠1 = ∠2 = 90° - ∠ABC.

Кути 2 і 3 рівні як вписані, що спираються на дугу MB. Отже, ∠1 = ∠3.

Тоді в трикутнику HCM відрізок CA1 є бісектрисою та висотою, а отже, і медіаною. Звідси HA1 = A1M.

Аналогічно можна довести, що HB1 = B1N, HC1 = C1P.

Тепер зрозуміло, що трикутник MNP гомотетичний трикутнику A1B1C1 із центром H і коефіцієнтом 2. Тоді радіус описаного кола трикутника MNP удвічі більший за радіус описаного кола трикутника A1B1C1. Залишилося зауважити, що трикутники MNP і ABC вписані в одне й те саме коло.



Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити