Приклади задач, розв’язання яких ґрунтується на застосуванні переміщень. Суть застосування переміщень при розв’язуванні задач полягає в тому, що поряд із заданими в умові задачі та шуканими елементами (точками

Суть застосування переміщень при розв’язуванні задач полягає в тому, що поряд із заданими в умові задачі та шуканими елементами (точками, відрізками, прямими, колами та ін.) в розгляд вводяться нові елементи, одержані із заданих та шуканих за допомогою деяких переміщень (паралельних перенесень, центральних та осьових симетрій, поворотів). Це часто дозволяє отримати нову

геометричну фігуру, за допомогою якої поставлена задача розв’язується простіше.

Задача 1. Два рівні кола перетинаються у точках та . Дані кола перетинаються з лінією центрів у точках та , які лежать в одній півплощині відносно прямої . Довести, що сума не залежить від відстані між центрами кіл.

Розв’язання. Позначимо дані кола через та і нехай та (рис. 8). Після паралельного перенесення на вектор коло суміститься з колом , а точка перейде у деяку точку . Оскільки і , то . Із прямокутного трикутника дістаємо . Очевидно, що відрізок є діаметром кола, оскільки - прямий. Тому сума не залежить від відстані між центрами кіл, оскільки вона дорівнює квадрату діаметра.

Задача 2. Точка розташована в середині деякого кута. Знайти на сторонах цього кута такі дві точки та , щоб точка була серединою відрізка .

Розв’язання. Нехай вершина кута знаходиться у точці . При центральній симетрії з центром у точці даний кут перейде у кут з вершиною у симетричній точці , сторони якого паралельні до сторін заданого кута (рис. 9). Точки та перетину сторін цих двох кутів будуть шуканими, оскільки чотирикутник - паралелограм, а у паралелограмі точка перетину діагоналей ділить їх пополам.

Задача 3. Точка розташована в середині деякого гострого кута. Знайти на сторонах цього кута такі дві точки та , щоб периметр трикутника був мінімальним.

Розв’язання. Нехай при симетрії відносно кожної із сторін кута точка відобразиться у точки та , а також відрізок перетне сторони кута у точках та (рис. 10). Тоді трикутник буде мати найменший периметр серед усіх трикутників, одна з вершин яких знаходиться у точці , а дві інші – на сторонах кута. Справді, оскільки при осьовій симетрії зберігаються довжини відрізків, то периметр трикутника буде рівний . Для довільної іншої точки , відмінної від точки

(аналогічно і для точки ), дістаємо, що периметр нового трикутника буде більшим, оскільки

.

Задача 4. На сторонах та квадрата вибрано відповідно точки та так, що . Довести, що .

Розв’язання. Нехай після повороту навколо точки на кут заданий квадрат перейде у квадрат , а точка - у точку (рис. 11). Оскільки , то . Нехай . Тоді . Із трикутника дістаємо . Отже, , звідки випливає, що трикутник - рівнобедрений і . Останній факт завершує доведення необхідної рівності.