Движение на евклидовой плоскости

 

Курсовая работа
движения на евклидовой плоскости
«Допущен к защите» Руководитель:   __________   _________ дата                             подпись
Защита: _________    _________ дата                            оценка
Оценка: ______________________

СОДЕРЖАНИЕ

ВВЕДЕНИЕ 3

ГЛАВА 1. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПЛОСКОСТИ 5

1.1. Движение общие свойства 5

1.2. Параллельный  перенос 7

1.3. Осевая  симметрия 9

1.4. Поворот  относительно точки 10

1.5. Центральная  симметрия 12

ГЛАВА 2. ПРИМЕНЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ НА ПЛОСКОСТИ К РЕШЕНИЮ  ЗАДАЧ 14

ЗАКЛЮЧЕНИЕ 28

ЛИТЕРАТУРА 29

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ВВЕДЕНИЕ

 

 

Движения на плоскости занимают особое положение в геометрии. Используя  движение, можно создавать наглядные  модели многих процессов и проследить их течение во времени. Первым, кто начал доказывать некоторые геометрические предложения, считается древнегреческий математик Фалес Милетский (625–547 г. до н.э.) [26]. Именно благодаря Фалесу геометрия начала превращаться из свода практических правил в подлинную науку. До Фалеса доказательств просто не существовало. Во времена античной истории идеей движения пользовался знаменитый Евклид, автор «Начал» – книги, пережившей более двух тысячелетий. Евклид был современником Птолемея I, правившего в Египте, Сирии и Македонии в 305–283 г. до н.э. Евклид использовал движения в неявном виде в рассуждениях при доказательстве признаков равенства треугольников: «Наложим один треугольник на другой таким-то образом» [26]. По Евклиду, две фигуры называются равными, если они могут быть «совмещены» всеми своими точками, т.е. перемещая одну фигуру как твёрдое целое, можно точно наложить её на вторую фигуру. Для Евклида движение не было ещё математическим понятием. Впервые изложенная им в «Началах» система аксиом стала основой геометрической теории, получившей название Евклидовой геометрии. В Новое время продолжается развитие математических дисциплин. В XI веке создаётся аналитическая геометрия. Профессор математики Болонского университета Бонавентура Кавальери (1598–1647) издал сочинение «Геометрия, изложенная новым способом при помощи неделимых непрерывного». Согласно Кавальери, любую плоскую фигуру можно рассматривать как совокупность параллельных линий или «следов», которые оставляет линия, передвигаясь параллельно самой себе. Аналогично даётся представление о телах: они образуются при движении плоскостей.

Дальнейшее развитие теории движений связывают с именем французского математика и историка науки Мишеля Шаля (1793–1880). В 1837 г. Им был выпущен труд «Исторический обзор происхождения и развития геометрических методов».

Движения плоскости широко используются при решении задач.

Выше сказанное указывает  на актуальность выбранной темы курсовой работы.

Курсовая работа состоит  из двух глав, заключения, а также списка использованной литературы насчитывающего 26 наименований.

Объект исследования – планиметрия.

Предмет исследования – движения на евклидовой плоскости. 

Цель исследования – исследовать движения на евклидовой плоскости, выявить виды, связи между ними.

Для достижения цели следует  решить следующие задачи:

- отыскать и проанализировать литературу по данной теме;

- выяснить общие свойства движений;

- рассмотреть частные виды движений;

- установить связь между  частными видами движений;

- показать приложение  движений к решению задач и  доказательства теорем;

Во введении обоснована актуальность выбранной темы, сформулированы объект и предмет исследования, цель и задачи для достижения последней, а так же приведено краткое содержание работы.

В первой главе введено понятие движения его аналитическое выражение и свойства, рассмотрены подробно частные виды движения – параллельный перенос, осевая симметрия, поворот и центральная симметрия.

Во второй главе показаны приложения движений к решению задач и доказательству теорем. Всего приведено 24 задачи с чертежами и подробным их решением.

В заключении подводится итог о проведенной работе и достижения поставленной цели исследования.

ГЛАВА 1. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПЛОСКОСТИ

1.1. Движение, общие свойства

Определение 1. Движением называется отображение плоскости на себя, при котором сохраняются все расстояния между соответствующими точками.

Иными словами это такое  преобразование плоскости, при котором для любых двух точек A и B (рис.1) ставится в соответствии  две точки такие, что A₁B₁=AB.

                  Рис.1

Аналитическое выражение движения

На плоскости собственные движения выражаются аналитически в прямоугольной  системе координат (х, у) при помощи следующих формул показывающих, 

Что совокупность всех собственных  движений на плоскости зависит от трех параметров а, b, φ. Первые два параметра характеризуют параллельный перенос плоскости на вектор (а, b), а параметр φ - вращение (поворот) плоскости вокруг начала координат. Собственные движения представляют собой произведение (композицию) вращения вокруг начала на угол φ   и параллельного переноса на вектор (а , b). Всякое собственное движение может быть представлено либо как параллельный перенос, либо как вращение вокруг некоторой точки.

Несобственные движения выражаются при  помощи формул:

                                                                                              

показывающих, что несобственное движение есть произведение собственного движения на преобразование симметрии относительно некоторой  прямой. Всякое несобственное движение представляет собой произведение параллельного переноса вдоль некоторого направления и симметрии относительно прямой, имеющей то же направление.

Движение имеет ряд важных свойств:

1.Три точки, лежащие на одной прямой, при движении переходят в три точки, лежащие на одной прямой, и три точки, не лежащие на одной прямой, переходят в три точки, не лежащие на одной прямой.

Доказательство: пусть движение переводит точки A, B, C в точки , , . Тогда выполняются равенства:

  (1)

Если точки A, B, C лежат на одной прямой, то одна из них, например точка B лежит между двумя другими. В этом случае AB+BC=AC, и из равенств (1) следует, что . А из этого следует, что точка лежит между точками и . Первое утверждение доказано. Второе утверждение докажем методом от противного: Предположим, что точки , , лежат на одной прямой даже в том случае, если точки A, B, C не лежат на одной прямой, то есть являются вершинами треугольника. Тогда должны выполнятся неравенства треугольника:

ACBC <AB<AC+BC,

ABBC <AC<AB+BC,

ABAC <BC<AB+AC.

но из равенств (1) следует, что те же неравенства должны выполнятся и для точек ,,, следовательно точки , , должны быть вершинами треугольника, следовательно, точки , , не должны лежать на одной прямой.

Из свойства (1) следует несколько следствий:

1. Отрезок движением переводится в отрезок.
2. При движении луч переходит в луч, прямая в прямую.
3. Треугольник движением переводится в треугольник.
4. Движение сохраняет величины углов.
5. При движении сохраняются площади многоугольных фигур.
6. Движение обратимо. Отображение, обратное движению является движением.

Пример 1: Рассмотрим доказательство следствия. Треугольник движением переводится в треугольник.

Доказательство: Возьмем треугольник ABC (рис.2) и точки A₁, B_1, C₁ в которые его вершины переходят при движении. Мы уже знаем, что точки A₁, B_1, C₁ тоже образуют треугольник, и стороны ABC переходят в стороны A₁B₁C_1. Поскольку движение сохраняет расстояния, то стороны этих треугольников соответственно равны, и тогда сами треугольники равны, (3-й признак равенства треугольников) ч.т.д.

                    Рис.2

Используя определение движения можно  дать такое определение равенства фигур:

Определение 2. Две фигуры называются равными, если одну из них можно перевести в другую некоторым движением.

На плоскости существуют четыре вида движений:

1. Параллельный перенос.
2. Осевая симметрия
3. Поворот вокруг точки
4. Центральная симметрия

Рассмотрим подробнее каждый вид.

1.2. Параллельный перенос

Определение 3. Параллельным переносом называется такое движение, при котором все точки плоскости перемещаются в одном и том же направлении на одинаковое расстояние[1,с.37].

Подробнее: параллельный перенос произвольным точкам плоскости X и Y ставит в соответствие такие точки и что или еще можно сказать так: параллельный перенос это отображение, при котором все точки плоскости перемещаются на один и тот же вектор - вектор переноса. Параллельный перенос задается вектором переноса: зная этот вектор всегда можно сказать, в какую точку перейдет любая точка плоскости.

Параллельный перенос является движением, сохраняющим направления. Действительно, пусть при параллельном переносе точки X и Y перешли в точки и соответственно. Тогда выполняется равенство . Но из этого равенства по признаку равных векторов следует, что , откуда получаем, что во-первых , то есть параллельный перенос является движением, и во вторых, что , то есть при параллельном переносе сохраняются направления.

При параллельном переносе выполняются  все свойства движения и следующие  специальные свойства:

1) прямая отображается на параллельную ей прямую, прямая параллельная вектору переноса отображается на себя;

2) луч отображается на сонаправленный с ним луч;

3) отрезок отображается на  равный и параллельный ему  отрезок;

 

Это свойство параллельного переноса его характерное свойство, то есть справедливо утверждение: движение, сохраняющее направления

            Рис.3                  является параллельным переносом и обозначается       

1.3. Осевая симметрия

Точки X и называются симметричными относительно прямой a, и каждая из них симметричной другой, если a является серединным перпендикуляром отрезка X. Каждая точка прямой a считается симметрична самой себе (относительно прямой a). Если дана прямая a, то каждой точке X соответствует единственная точка , симметричная X относительно a.

Определение 4. Симметрией плоскости относительно прямой a называется такое отображение, при котором каждой точке этой плоскости ставится в соответствие точка, симметричная ей относительно прямой a [3,c.107].

Докажем, что осевая симметрия является движением используя метод координат: примем прямую a за ось Ox декартовых координат. Тогда при симметрии относительно нее точка, имеющая координаты (x;y) будет преобразована в точку с координатами (x;y).

Возьмем любые две точки A(x₁, y₁) и B(x₂, y₂) и рассмотрим симметричные им относительно оси x точки (x₁y₁) и (x₂,y₂). Вычисляя расстояния и AB, получим: AB= , _.

_{Так как} то и правые части равны

Таким образом осевая симметрия сохраняет расстояние, следовательно она является движением.

                                                                                                Рис.4

Свойства. Осевая симметрия есть частный случай движения. Поэтому   выполняются все свойства движения; кроме того:

1) преобразование, обратное осевой симметрии, есть та же осевая симметрия;

2) прямая перпендикулярная оси симметрии, преобразуется в себя;

3) ориентация фигуры меняется  на противоположную;

Пример  2. Построим образ треугольника ABC относительно прямой l (рис.5).

  l, l, l,

ABC=

                     Рис. 5

1.4. Поворот относительно точки

Определение 5. Поворот плоскости относительно центра O на данный угол

( ) в данном направлении определяется так: каждой точке X плоскости ставится в соответствие такая точка X, что,

Рис.6

во-первых, OX=OX, во-вторых и, в-третьих, луч OX откладывается от луча OX в заданном направлении. Точка O называется центром поворота, а угол -углом поворота[6,c.53].

На  рисунке 6 докажем, что поворот является движением:

Пусть при повороте вокруг точки O точкам X и Y сопоставляются точки X' и Y'. Покажем, что X Y '=XY.

Рассмотрим общий случай, когда точки O, X, Y не лежат на одной прямой.

 

 

Тогда угол X ^'OY^' равен углу XOY. Действительно, пусть угол XOY от OX к OY отсчитывается в направлении поворота. (Если это не так, то рассматриваем угол YOX). Тогда угол между OX и OY ' равен сумме угла XOY и угла поворота (от OY к OY ^):

с другой стороны,

Так как  (как углы поворота), следовательно . Кроме того, OX'=OX, и OY'=OY. Поэтому - по двум сторонам и углу между ними. Следовательно X ^'Y^'=XY.

Если же точки O, X, Y лежат на одной прямой, то отрезки XY и X^' Y^' будут либо суммой, любо разностью равных отрезков OX, OY и OX^', OY'. Поэтому и в этом случае X^'Y^'=XY. Итак, поворот является движением и обозначается

Поворот является частным случаем движения, поэтому для него выполняется  все свойства движения, а так же следующие специальные: прямая отображается в прямую, составляющую угол (угол поворота) с данной прямой.

Способы задания поворота:

1.  2.

1) [OA)

2)

₃₎ AOK=

_{4) A' : AO=OA'}

₅₎ A(A)

 

      Рис.7       Рис.8    

3.

 

 

1) AA', BB'.

1.5. Центральная симметрия

Определение 6. Центральная симметрия с центром в точке O это такое отображение плоскости, при котором любой точке X сопоставляется такая точка X', что точка O является серединой отрезка XX ^' [6,с.78].

 

 

           Рис.10

Однако можно заметить, что центральная  симметрия является частным случаем  поворота, а именно, поворота на 180. Действительно, пусть при центральной симметрии относительно точки O точка X перешла в X'. Тогда угол XOX'=180, как развернутый, и XO=OX^' , следовательно такое преобразование является поворотом на 180. Отсюда также следует, что центральная симметрия является движением.

Центральная симметрия является движением, изменяющим направления на противоположные. То есть если при центральной симметрии относительно точки O точкам X и Y соответствуют точки X '^' и Y', то

XY= X'Y'

Доказательство: Поскольку точка O середина отрезка XX', то, очевидно, OX'= OX .Аналогично OY'= OY. Учитывая это находим вектор X ^'Y ': X'Y'=OY'-OX'=- OY+OX=-(OY-OX)= -XY.Таким образом X 'Y =-XY'.

Доказанное свойство является характерным свойством центральной симметрии, а именно, справедливо обратное утверждение, являющееся признаком центральной симметрии: "Движение, изменяющее направления

на  противоположные, является центральной симметрией."

Таким образом в первой главе введено понятие движения его аналитическое выражение и свойства. Рассмотрены частные случаи движения, представлены общие их свойства.

 

ГЛАВА 2. ПРИМЕНЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ НА ПЛОСКОСТИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

 

Рассмотрим применение простейшего  движения плоскости, такого как 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.

 

 

Даны две окружности b₁(O₁,r) и b₂(O₂,r), каждая из которых проходит через центр другой. Через точку А пересечения окружностей

Рис.11                          проведена прямая,

пересекающая окружности в точках M и H. Найти угол между касательными, проведенными к окружностям в точках M и H (рис.11)[10; 24].

Решение .Пусть l – касательная к окружности b₁ в точке H, а l₂ – касательная к окружности b₂ в точке М. В O₁BO₂ имеем O₁O₂=O₁B=O₂B. Аналогично O₁O₂=O₁A=O₂A в O₁AO₂. Тогда ÐBO₁A=ÐBO₂A=120°. Отсюда следует, что ÈBO₂A=ÈBO₁A=120°. В MBH получим ÐBMA=ÐBHA=60°. Тогда ÐMBH=60°. Рассмотрим поворот вокруг точки В на угол 60.:O₁®O₂, M®H. Значит O₁M®O₂H. Тогда:l₁®l₂, так как по свойству касательной l₁^ O₁M, l₂ ^O₂H. Следовательно, угол между прямыми l₁ и l₂ равен 60°.

Задача  2. На катетах CA и CB равнобедренного прямоугольного треугольника ABC (рис.12) выбраны точки D и E так, что CD = CE. Прямые, проведенные через точки D и C перпендикулярно к AE, пресекают гипотенузу AB соответственно в точках К и H. Доказать, что KH = HB [10.с.31].

Решение. Рассмотрим поворот вокруг точки C на 90°.:A ®B, D®E, E®E₁, C®C. Значит: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 [10.с32].

 

             Рис.12    

Задача  3. В прямоугольном треугольнике АВС (рис.13) проведена медиана СМ. На катетах АС и ВС вне треугольника построены квадраты АСКН и ВСDЕ. Доказать, что прямые СМ и DК перпендикулярны.

Решение. Рассмотрим поворот вокруг точки С на 90⁰   

Рис.13

Следовательно, . Тогда В треугольнике АВК₁ отрезок СМ является средней линией, поэтому СМВК₁. Тогда , так как .

Задача 4.Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелограмма (рис.14) при пересечении образуют прямоугольник [10;46].

 

      Рис.14

Решение. Пусть дан параллелограмм АВСD, АА₁, ВВ₁, СС₁ и DD₁ – 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 180, то есть центральную симметрию относительно точки .

.

Тогда . Следовательно, четырехугольник КНМР – параллелограмм, так как его диагонали в точке пересечения делятся пополам. В параллелограмме АВСD имеем: . Значит . Тогда в АВК найдем . В параллелограмме КНМР получили , следовательно, этот параллелограмм – прямоугольник.

Задача  5.

Дан равносторонний треугольник  АВС (рис.15) и произвольная точка М. 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 60.

,

.

Рис.15

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 АВС.

Задача  6. Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны  и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма(рис.16) [10.с56].

Речь идет о двух параллелограммах, у которых смежные стороны  и углы между ними равны, т. е. АВСD и А₁В₁С₁D₁ - параллелограммы, АВ = А₁В₁, АD = А₁D₁, А = А₁.

 

Рис.16

- проведем диагонали ВD и В₁D₁,

образуются  треугольники: АВD, СDВ, А₁В₁D₁, С₁D₁В₁.

АВD = СDВ по двум сторонам и углу между ними, т. е. АВ = СD, АD = СВ, А = С.   А₁В₁D₁ = С₁D₁В₁ по двум сторонам и углу между ними, т. е. А₁В₁ = С₁D₁, А₁D₁ = С₁В₁, А₁ = С₁.

Решение: Дано: АВСD и А₁В₁С₁D₁ - параллелограммы,(рис.16)

АВ = А₁В₁, АD = А₁D₁, А = А₁.

Доказать: АВСD = А₁В₁С₁D₁.

Решение: В параллелограмме противоположные стороны и углы равны

АВD = СDВ по двум сторонам и углу между ними (АВ = СD, АD = СВ,

А = С). А₁В₁D₁ = С₁D₁В₁ по двум сторонам и углу между ними

(А₁В₁ = С₁D₁, А₁D₁ = С₁В₁, А₁ = С₁). АВD = А₁В₁D₁ по двум сторонам и углу между ними (АВ = А₁В₁, АD = А₁D₁, А = А₁ по условию) СDВ = С₁D₁В₁. АВСD = АВD + СDВ = А₁В₁D₁ + С₁D₁В₁ = А₁В₁С₁D₁, что и требовалось доказать.

Задача  7.В четырехугольнике ABCD (рис17) AB = , BC = 3, CD = 2,

BAD = CDA = 60 ⁰. Найти углы АВС и ВСD.

Рис.17

Решение: Рассмотрим параллельный перенос на вектор  . :AD  Получим равнобедренную трапецию ABED, у которой AB =ED = , а ABE =120°. Тогда CE = CD – ED = . В BCE имеем 9 = ² + 3 – 2x сos60° (по теореме косинусов), где BE = x. Отсюда

² - - 6 = 0 и = 2. Замечая, что BE² = BC² + CE², получим BCD = =90°, а CBE = 30°. Тогда ABC = 120° + 30° = 150°.

Задача  8. Пусть A₁, B₁, C₁ – середины сторон а ABC (рис.18), O₁, О₂, O₃ – центры окружностей, вписанных в AC₁B₁, C₁BA₁, СВА₁. Найти углы O₁O₂O₃, если AB = 4, AC = 4, BAC = =30°.

 

Рис.18

Решение: Сначала по теореме косинусов найдем сторону BC ABC: BC=4. Следовательно, ABC будет равнобедренным и BCA=30°. Рассмотрим параллельный перенос на вектор. Так как: A B₁, B₁ C, C₁ A₁, то  отображает AB₁C₁ в B₁CA₁. Тогда :O₁ O₃. Отсюда следует, что O₁O₃||AC. Аналогично рассмотрим параллельный перенос на вектор AC₁ и 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 9. Прямая, проходящая через середины сторон AB и CD четырехугольника ABCD (рис.19), 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.19). 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                  Рис.19

как по условию  1= 2, а 1 = 3 и 2= 4 как накрест лежащие углы, то 3= 4. Затем рассмотрим центральную симметрию относительно точки M. Так как Z_М : A B, то луч AA₁ отобразится в луч BB₁ , так как AA₁||BB₁||DC. Z_М : A₁ B₁, так как AA₁ = DH = HC = BB₁. В треугольнике A₁B₁H медиана MH является биссектрисой. Следовательно, A₁B₁H равнобедренный, т. е. A₁H=B₁H. Тогда и AB = CB.

 

 

Задача 10. Даны две окружности b₁(O₁, r) и b₂ (O₂, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.20). Прямая l, параллельная прямой O₁O₂, пресекает окружность b₁ в точках A и B , а окружность b₂ в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC               Рис. 20

не зависит от положения прямой l, если лучи AB и CD сонаправлены и прямая l пересекает отрезок MH.

Решение: Пусть прямая l₁ 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 . : b₁(O₁,r) b₂(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. Тогда

AMA₁= CMC₁= AMC= A₁MC₁.

Задача 11.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

Рис.21

 

 ABC (рис.21). Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой BC.

S _(BC): B B, C C, H H₁. Значит S _(BC): CH CH₁, BH BH₁, СHB

CH₁B. Следовательно, СHB = СH₁B. Так как в четырехугольнике AC₁HB₁: AC₁H= AB₁H=90°, то BAC+ С₁HB₁=180°. Тогда в четырехугольнике ABH₁C имеем BAC+ BH₁C= BAC+ BHC+ BAC+ C₁HB₁=180°, т. е. точка H₁ принадлежит окружности b(O,r). Аналогично, рассматривая S_(AB) и S_(AC), получим, что точки H₂ и H₃ принадлежат окружности b(O,r).

Задача 12. Точки C₁ и С₂ являются образами вершины С треугольника ABC при симметрии относительно прямых. Содержащих биссектрисы углов BAC и ABC (рис.22).Доказать, что середина отрезка C₁C₂ есть точка касания вписанной в треугольник окружности и сторон AB.      

Решение: Пусть l₁ и l₂ – прямые,  Рис.22

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 l₁. S_l1 : AC AB, C C1. Следовательно, C₁ AB. Так как O l₁, то l₁ – ось симметрии окружности b. Тогда S_l1: M H. Так как S_l1: C C1, M H, то S_l1: CM C₁H. Следовательно, CM = C₁H. Аналогично, рассматривая осевую симметрию относительно прямой l₂, получим CK = C₂H. По свойству касательных, проведенных из внешней точки C к окружности b, имеем CM=CK. Тогда C₁ H=C₂H, причем точки C₁, C₂, H принадлежат прямой AB. Следовательно, H – середина отрезка С₁С₂.