Применение движений к решению задач Бычек В. И., доцент кафедры геометрии ХГПУ
    Рассмотрим применение простейших движений1 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, ? BAD = ?CDA = 60?. Найти углы ABC и BCD.
    Решение. Рассмотрим параллельный перенос на вектор .
    Получим равнобедренную трапецию ABED, у которой AB = ED = , а ?ABE =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 ?BCD = 90?, а ?CBE = 30?. Тогда ?ABC = 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, ?BAC = 30?.
    Решение.
    Сначала по теореме косинусов найдем сторону BC треугольника ABC: BC=4.
    Следовательно, треугольник ABC будет равнобедренным и ?BCA=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?O2==> O1O2||AB, :O3?O2==>O2O3||BC.
    Тогда ?O2O1O3=?BAC=30? , ?O1O3O2 =? BCA = 30?, а ?O3O2O1=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,==> AD||A1H, AD = A1H; :C? H, B?B1 ==> BC ||B1H, BC=B1H. Так как по условию ?1=?2, а ?1 =?3 и ?2=?4 как накрестлежащие углы, то ?3=?4.
    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 ?1(O1, r) и ?2 (O2, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.4). Прямая ?, параллельная прямой O1O2, пресекает окружность ?1 в точках A и B , а окружность ?2 в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC не зависит от положения прямой ?, если лучи AB и CD сонаправлены и прямая ? пересекает отрезок MH.
    Решение.
    Пусть прямая ?1 также удовлетворяет условиям задачи. Докажем, что ?AMC=?A1MC1. Так как ?AMC=?AMA1+?A1MC, а ?A1MC1=?A1MC+?CMC1 то надо доказать, что ?AMА1 =?СMC1 . Рассмотрим параллельный перенос на вектор . :?1(O1,r) ??2(O2,r). Тогда :M?M1, A?C, A1?C1. Значит :?AMA1??CM1C1. Следовательно, ?AMA1=?CM1C1. Но ?CM1C1=?CMC1 как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CC1. ............