Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
W kąciku nr 74 ( \(\Delta_{25}^2\) ) pisałem o symetrii środkowej, która jest tym samym co obrót o kąt \(180^\circ\) wokół środka symetrii. Tym razem będzie o obrotach o kąty \(90^\circ\) i \(60^\circ.\) Ogólna zasada stosowania obrotów w rozwiązywaniu zadań jest następująca: obracamy pewną część rysunku w taki sposób, żeby ją dopasować w innym miejscu.
Dla ścisłości – wszystkie figury podajemy tu z kolejnością wierzchołków przeciwną do ruchu wskazówek zegara i również w tym kierunku wykonujemy obroty.
Przykład 1. W kwadracie \(ABCD\) punkty \(P\) i \(Q\) leżą, odpowiednio, na bokach \(BC\) i \(CD,\) przy czym \(|\measuredangle PAQ|=45^\circ\) (rys. 1). Udowodnić, że \(|BP|+|DQ|=|PQ|.\)
Rozwiązanie. Obróćmy trójkąt \(ABP\) wokół punktu \(A\) o kąt \(90^\circ\) – otrzymamy trójkąt \(ADP'\) przystający do \(ABP.\) Zachodzą równości \(|\measuredangle ADQ|=|\measuredangle ADP'|=90^\circ,\) więc \(|P'Q|=|DP'|+|DQ|=|BP|+|DQ|.\) Z drugiej strony \(|PQ|=|P'Q|,\) gdyż trójkąty \(APQ\) i \(AQP'\) są przystające (bkb).
Obrót o \(60^\circ\) można wykorzystać do weryfikacji, czy dany trójkąt jest równoboczny. Trójkąt \(XYZ\) jest równoboczny wtedy i tylko wtedy, gdy któryś z punktów \(X,\) \(Y,\) \(Z\) jest obrazem drugiego w obrocie o \(60^\circ\) względem trzeciego. Można sformułować analogiczną zasadę dla równoramienności trójkąta prostokątnego, a nawet dowolnego.
Rys. 1
Rys. 2
Jeszcze jedna wskazówka ogólna. Jeśli w danej konfiguracji geometrycznej znajdują się dwie przystające figury, to zawsze warto sprawdzić, co nam daje izometria (na przykład obrót) przekształcająca jedną z nich w drugą.
Przykład 2. Dany jest pięciokąt wypukły \(ABCDE,\) w którym trójkąty \(ABC\) i \(CDE\) są równoboczne. Punkty \(M\) i \(N\) są środkami przekątnych, odpowiednio, \(AD\) i \(BE\) (rys. 2). Wykazać, że trójkąt \(CMN\) jest równoboczny.
Rozwiązanie. Trójkąty \(ACD\) i \(BCE\) są przystające (bkb), pierwszy z nich jest obrazem drugiego w obrocie o \(60^\circ\) wokół punktu \(C.\) Ten sam obrót przekształca punkt \(N\) w punkt \(M,\) więc trójkąt \(CMN\) jest równoboczny.
Zadania
-
Na bokach trójkąta \(ABC\) zbudowano kwadraty \(BPQC\) i \(CRSA.\) Punkty \(K\) i \(L\) są środkami odcinków, odpowiednio, \(BR\) i \(AQ.\) Wykazać, że trójkąt \(CKL\) jest prostokątny równoramienny.
Wskazówka Porównaj z przykładem 2.
-
Częścią wspólną kwadratów \(ABCD\) i \(APQR\) jest punkt \(A.\) Punkt \(M\) jest środkiem odcinka \(DP.\) Udowodnić, że \(AM\bot BR.\)
Wskazówka Rozważmy (przystające!) równoległoboki \(ADYP\) i \(BARX.\) Obrót o \(90^\circ\) wokół środka kwadratu \(ABCD\) przeprowadza pierwszy z nich w drugi, więc obrazem prostej \(AY\) w tym obrocie jest prosta \(BR.\)
-
W kwadracie \(A_1A_2A_3A_4\) znajduje się punkt \(P.\) Prosta \(\ell_i\) przechodzi przez punkt \(A_i\) i jest prostopadła do \(A_{i+1}P\) dla \(i=1,2,3,4\) (przyjmujemy \(A_5=A_1\) ). Udowodnić, że proste \(\ell_1,\) \(\ell_2,\) \(\ell_3,\) \(\ell_4\) przecinają się w jednym punkcie.
Wskazówka Po obrocie o kąt \(90^\circ\) wokół środka danego kwadratu prosta \(\ell_i\) przechodzi w prostą \(A_{i+1}P.\) Skoro po obrocie wszystkie cztery proste mają punkt wspólny ( \(P\) ), to przed obrotem też tak musiało być.
-
W trójkącie \(ABC\) dana jest środkowa \(CM\) i wysokość \(CD.\) Przez dowolny punkt \(P\) poprowadzono proste prostopadłe do \(AC,\) \(BC\) i \(MC,\) które przecinają prostą \(CD\) w punktach, odpowiednio, \(X,\) \(Y,\) \(N.\) Udowodnić, że punkt \(N\) jest środkiem odcinka \(XY.\)
Wskazówka Przez punkty primowane oznaczmy obrazy w obrocie o \(90^\circ\) punktów z zadania. Trójkąt \(X'Y'P\) jest podobny do trójkąta \(ABC,\) bo ma odpowiednie boki równoległe do boków tego trójkąta. Prosta \(PN'\) zawiera środkową trójkąta \(X'Y'P\) (dlaczego?), więc punkt \(N'\) jest środkiem odcinka \(X'Y'.\)
-
Dany jest czworokąt wypukły \(ABCD.\) Symetralne odcinków \(AB\) i \(CD\) przecinają się w punkcie \(P,\) przy czym \(|\measuredangle APB|=|\measuredangle CPD|=120^\circ.\) Udowodnić, że środki odcinków \(AB,\) \(BC,\) \(CD\) wyznaczają trójkąt równoboczny.
Wskazówka Trójkąt \(APC\) po obrocie o \(120^\circ\) przechodzi w trójkąt \(BPD,\) więc \(|AC|=|BD|\) oraz kąt ostry między nimi ma \(60^\circ.\)
-
Udowodnić, że wewnątrz trójkąta równobocznego \(ABC\) wszystkie punkty \(X\) spełniające równość \(|AX|^2+|BX|^2=|CX|^2\) leżą na jednym okręgu.
Wskazówka Niech \(X\) będzie punktem spełniającym warunki zadania. Obróćmy trójkąt \(ABX\) o \(60^\circ\) wokół punktu \(A\) – otrzymamy trójkąt \(ACX'.\) Na mocy twierdzenia Pitagorasa \(|\measuredangle CX'X|=90^\circ,\) więc \(|\measuredangle AXB|=|\measuredangle AX'C|=150^\circ.\)