Przekształcenia geometryczne czy siła

æ
æ
Wyklad Przeksztalcenia geometryczne czy sila.
Zadanie 1.
Dany jest wieloka,t foremny A1 , A2 , ...., An o środku w punkcie O. Udowodnij, że suma wektorów OAi równa jest 0.
Dowód 1.
Możemy umieścić wieloka,t na plaszczyźnie zespolonej tak, że punkt O jest
punktem (0, 0) a A1 punktem (1, 0). Wtedy wierzcholki wieloka,ta sa, pierwiastkami stopnia n z 1 i latwo pokazać ze wzoru na sume, cia,gu geometrycznego, że ich suma jest równa 0.
Dowód 2.
Zalóżmy, że suma tych wektorów jest równa w. Wierzcholki wieloka,ta nie
, wie, c ich suma też. zatem
zmienia, sie, przy obrocie wokól punktu O o ka,t 2π
n
jest to wektor zerowy.
Zadanie 2.
Dane sa, dwa kwadraty OABC i OF GH o wspólnym wierzcholku O. Niech
R, S be, da, środkami odcinków AF i CH. Udowodnij, że punkty ORS tworza,
trójka,t prostoka,tny równoramienny.
Dowód 1.
Wprowadźmy uklad wspólrze, dnych o środku O i niech F = (0, a), G =
(a, a), H = (a, 0), C = (p, q), A = (−q, p), B = (p − q, p + q). Latwo policzyć,
że R = (− 2q , a+p
), S = ( p+a
, 2q ). Można obliczyć wspólrze, dne wektorów
2
2
OR, OS sprawdzić, że sa, równe i prostopadle.
Dowód 2.
Weźmy obrót wokól punktu O o ka,t prosty. Wtedy punkt A przejdzie na C,
F na H , wie, c R na S ,sta,d mamy teze, .
Zadanie 3.
Dane sa, dwa trójka,ty równoboczne OAB i OF G o wspólnym wierzcholku O.
Niech R, S be, da, środkami odcinków AF i CB. Udowodnij, że punkty ORS
tworza, trójka,t równoboczny.
1
Zadanie 4.(Holandia)
Siedmioka,t foremny ABCDEF G ma bok dlugości 1. Udowodnij, że
1
1
+
=1
AC AD
.
Rozwia,zanie 1. Opiszmy okra,g na tym siedmioka,cie, jego promień oznaczmy
1
R. Wtedy można policzyć : R = 2sin
π .
7
Z twierdzenia cosinusów można wyliczyć
AC = 2Rsin
2π
7
AC = 2Rsin
3π
7
oraz
. Wtedy
.
1
1
1
1
1
+
=
(
) = ... = 1
2π +
AC AD
2R sin 7
sin 3π
7
Dowód 2.
Odbijmy siedmioka,t symetrycznie wzgle, dem prostej AG na AB 0 C 0 D0 E 0 F 0 G.
Wtedy
4π 3π
6 GAC + 6 GAD 0 =
+
= π.
7
7
Wie, c L(C, A, D0 ). Ponadto GCD0 i BAC sa, podobne. Wie, c
AC
CD0
AC + AD
=
=
.
AB
CG
AD
AB = 1 , wie, c teza.
Zadanie 5.
Dane sa, dwa kwadraty ABCD i BKM N o wspólnym wierzcholku B.
Udowodnij, że śrokowa BE trójka,ta ABK i wysokość BH trójka,ta BN C
leża, na jednej prostej.
Dowód 1.
Możemy użyć wektorów. CN = N B+BC, BE = 21 (BA+BK) . Sprawdzimy
licza,c iloczyn skalarny, że BE jest prostopadle do CN .
(N B + BC)(BA + BK) = N B · BA + BC · BK = 0,
gdyż ka,ty mie, dzy wektorami sa, dopelniaja,ce.
Dowód 2.
Weźmy obrót wokól B o ka,t prosty. Wtedy K przechodzi na N , C na A, A na
A0 , E na E 0 . Wtedy B i E 0 sa, środkami CE i A0 N , wie, c BE 0 ||CN , sta,d teza.
2
Zadanie 5. (BWM 2013.)
Wewna,trz kwadratu ABCD obrano punkt P tak, że 6 DCP = 6 CAP = 25o .
Oblicz ka,t 6 P BA.
Rozwia,zanie 1.
Zauważmy, że P leży wewna,trz trójka,ta ACD, bo 6 DCP = 25 < 45 =
6 DCA. Opiszmy okrag na AP C o środku M . Mamy 6 P M A = 26 P CA =
,
40, 6 CM P = 26 CAP = 50, wie, c 6 CM A jest prosty, poza tym B i M leża,
na symetralnej AC, wie, c B = M i szukany ka,t to 40.
Rozwia,zanie 2.
Niech R be, dzie punktem przecie, cia BD i CP . Wtedy 6 CAR = 6 RCA =
20, 6 RAP = 5. Z równości 6 RBA+6 AP R = 180 wynika, że punkty A, B, R, P
leża, na okre, gu. Z tw. o ka,tach wpisanych 6 RBP = 5 i 6 P BA = 40.
Rozwia,zanie 3.
Niech punkt P 0 be, dzie obrazem punktu A przy obrocie wokól B o ka,t 40.
Wtedy trójka,t BAP 0 jest równoramienny i 6 BAP 0 = 70, wie, c 6 CAP ” = 25.
Trójka,t P 0 CB jest też równoramienny i 6 CBP 0 = 50, wie, c 6 P 0 CB = 65.
Sta,d 6 DCP 0 = 25 zatem P = P 0 i szukany ka,t równy jest 40.
Zadanie 6.(BWM 2010).
Na zewna,trz trójka,ta XY Z na bokach zbudowano 3 trójka,ty podobne Y DZ, EXZ, Y XF .
Niech punkty K, L, M be, da, środkami okre, gów opisanych na tych trójka,tach.
Udowodnij, że trjkt KLM jest podobny do dobudowanych trójka,tów.
Dowód 1.
X
X
Trójka,ty EXZ i Y XF sa, podobne, to M
= FZX
. Ponieważ 6 ZXL =
LX
6 F XM , to 6 M XL = 6 F XZ, wiec trójkaty KY M i ZY F sa podobne, wiec
,
,
,
,
ML
Z
MY
= FF X
. Analogicznie pokazujemy, że M
= FF YZ . Ponieważ M X = M Y
MX
K
Y
ML
KL
= FF X
. Analogicznie pokazujemy proporcje, KM
= DY
.
sta,d M
K
DZ
Dowód 2.
Wykorzystamy podobieństwo spiralne.Najpierw PoS o środku X i skali FZX
,
X
które przeksztalca trójka,t EXZ i L na Y XF i M . W szczególności ZXL
FX
przechodzi na F XM i mamy ZX
=M
.
LX
X
Dalej istnieje PoS o środku X przeksztalcaja,ce L w Z i M w F i odFX
FZ
= M
. Analogicznie dla PoS o środku Y mamy
cinek F Z na M L wie, c M
X
L
FY
FZ
= M K . Dziela,c otrzymane proporcje dostajemy proporcjonalność dwóch
MY
boków trójka,tów KLM i XY F .
Inwersja wzgle, dem okre, gu O(A, R) przeksztalca punkt X na punkt Y na
pólprostej OX tak, że OX · OY = R2 . Wtedy :
1. Prosta przechodza,ca przez środek okre, gu inwersji przechodzi na siebie.
2. Okra,g przechodza,cy przez środek okre, gu inwersji przechodzi na prosta,.
3. Okra,g nie przechodza,cy przez środek okre, gu inwersji przechodzi na okra,g.
4. Jest to przeksztalcenie różnowartościowe.
3
Zadanie 6.(W.B)
Okre, gi s1 i s2 sa, styczne zewne, trznie w K i sa, styczne wewne, tzrnie do S
w punktach A1 , A2 . Wspólna styczna do s1 i s2 w punkcie K przecina s w
punkcie P . Prosta P A1 przeciena s1 w B1 i prosta P A2 przecina s2 w B2 .
Udowodnij, że prosta B1 , B2 jest wspólna, styczna, s1 i s2 .
Rozwia,zanie. Inwersja ośrodku P i promieniu r = P K przeksztalca A1 , A2
na B1 , B2 ( z tw. o stycznych ). K jest jej punktem stalym. Wie, c obrazem
s1 i s2 sa, s1 i s2 a obrazem s jest prosta B1 , B2 . Koniec dowodu.
Dowód 2.
Trzeba udowodnić, że ka,ty B2 B1 O1 i B1 B2 O2 sa, proste. Z tw. o siecznych
P B1 Ṗ A1 = P K 2 = P B2 · P A2 , wie, c P B1 B2 i P A1 A2 sa, podobne. Okre, gi
s1 i s sa, jednokladne wzgle, dem A. Z tych wniosków i rachunków na ka,tach
można pokazać , że ka,t B2 B1 O1 jest prosty i analogicznie dowodzimy, że
prosty jest drugi ka,t.
4