Vectori liberi-seminar 1

Transcript

1 Vectori liberi-seminar ) Determinati α R astfel incat vectorii ā = m+ n si b = m+α n sa fie coliniari, unde m, n sunt necoliniari. ) Demonstrati ca urmatorii trei vectori liberi sunt coplanari: ā = ī j 6 k, b = ī + j + 5 k, c = 8 ī j 4 k, unde ī, j, k sunt trei vectori liberi necoplanari. ) Fie vectorii necoliniari ā si b. Se considera vectorii ū = αā+β b si v = α ā+β b. (α,β,α,β R, α + β > 0) Sa se arate ca ū si v sunt coliniari daca si numai daca αβ α β = 0. 4) Fie {ū, v} o baza intr-un plan vectorial. a) Sa se arate ca vectorii ā = ū + v si b = ū + v sunt necoliniari (deci formeaza o baza in planul vectorial). b) Sa se descompuna vectorul w = 5ū v in baza {ā, b}. 5) Daca ABCD este un paralelogram si M CD, calculati urmatoarele sume: a) AB + AD; b) AB + CD; c) MA + DM; d) DA + BM; e) CM + AB + AD; f) MA + AD + AB + CM. 6) Daca ABCD este un paralelogram de centru O, sa se determine diferenta vectorilor: a) AB AO; b) DO CB; c) CO OB; d) ( DA) AB; e) ( AC AD) DO; f) ( AD AO) OB; g) (AD ( AO OB); 7) Fie ABCD este un paralelogram de centru O. Sa se determine x R astfel incat: a) AB = xcd; b) AC = x OA; c) OC = xca; d) DB = x OB. 8) Fie ABCDEF un hexagon regulat. Daca AB = ū si BC = v, calculati CD in functie de ū si v. 9) In trapezul isoscel ABCD se da vectorul AB = ā determinat de baza mare, vectorul AD = b determinat de latura neparalela si m( DAB) = π. Sa se descompuna dupa ā si b toti vectorii determinati de laturile si diagonalele trapezului.

2 0) Notam prin r M vectorul de pozitie al unui punct arbitrar M in raport cu un reper oarecare in E. Date punctele A, B, P, cu r P = m r A + n r B, atunci punctele A, B, P sunt coliniare daca valoarea sumei m + n este: a) -; b) ; c) ; d) -. ) Fie un reper in spatiu si punctele A( r A ), B( r B ), C( r C ), D( r D ). Daca r A + k r C = r B +k r D, k R, atunci patrulaterul ABCD este: a) trapez; b) trapez sau paralelogram; c) dreptunghi; d) paralelogram. ) Fie triunghiul ABC cu AB = 5, BC = 6, AC =. Fie punctele M, N, P definite prin MB + MC = 0, NC 4 NA = 0, PA + PB = 0. ) Demonstrati ca BM = BC, CN = 4 CA, AP = AB. 5 Construiti figura corespunzatoare. ) Determinati coordonatele vectorilor PN si PM in raport cu baza ( AB, AC),motivand mai intai de ce ( AB, AC) reprezinta o baza in planul vectorial considerat. ) Demonstrati ca M, N, P sunt puncte coliniare. ) Dati doi vectori ā si b, sa se spuna in ce conditii au loc egalitatile: a) ā + b = ā b ; b) ā + b = ā + b ; c) ā + b = ā b ; d) ā b = ā + b. 4) Daca ABCDEF este un hexagon regulat cu centrul in O, aratati ca AB + AC+ AD + AE + AF = 6 AO. 5) Fie punctele A si B si functia f care asociaza fiecarui punct M din spatiu vectorul f (M) = MA + 5 MB. a) Demonstrati ca exista un singur punct G astfel incat f (G) = 0. Construiti acest punct G. b) Exprimati vectorul f (M) in functie de MG. Sa se deduca de aici ca pentru orice vector ū, exista un singur punct M astfel incat f (M) = ū. Indicatii: a) f (G) = 0 BG = 5AB. Punctul B este dat, la fel si vectorul 5 AB, deci exista un singur punct G astfel incat f (G) = 0. b) Se obtine ca f (M) = f (M) f (G) = MG. Atunci f (M) = ū GM = ū si de aici se determina in mod unic punctul M. 6) Fie vectorii ā, b, c nenuli, necoliniari doi cate doi. Atunci exista un triunghi astfel incat vectorii asociati laturilor lor sunt intocmai ā, b, c daca si numai daca (ā + b + c = 0) (ā + b = c) ( b + c = ā) ( c + ā = b).

3 7) Daca ABCD este un trapez cu AB CD, AB > CD si E, F sunt mijloacele laturilor AB si BC. Atunci: a) EF AB si EF = (AB +CD); b) daca AC EF = {M} si BD EF = {N}, avem AM = MC, EM = DC, DN = NB, EN = AB si MN = (AB DC). 8) Fie E si F mijloacele laturilor AD si BC ale patrulaterului ABCD. Sa se arate ca : a) AB + DC = EF; b) EF (AB +CD); c) AB CD EF = AB +CD; d) daca AB CD, atunci mijloacele segmentelor DC, EF si AB sunt coliniare. Indicatii: b) se obtine din a) considerand lungimile vectorilor: EF = AB+ CD ( AB + CD ). c) Inegalitatea precedenta devine egalitate daca si numai daca vectorii EF, AB si CD sunt coliniari AB CD. d) AB CD AB = λcd. Vectorii MN si NP se exprima cu ajutorul altor vectori di figura si se obtine MN = λdc 4 + CF = NP. 9) Se dau punctele A, B, C, D in spatiu. Fie I mijlocul lui AC si J mijlocul lui BD. a) Demonstrati ca IJ = AB + CD = AD + CB. b) Ce devine patrulaterul ABCD daca punctele I si J coincid? 0) Sa se gaseasca interpretari geometrice pentru urmatoarele identitati: a) (ū + v) + (ū v) = ū; b) (ū v) + v = (ū + v); c) (ū + v) ( v + ū) = (ū v). Indicatii: Se considera un paralelogram ABCD cu centrul O astfel incat AB = ū, AD = v. a) (ū+ v)+(ū v) = ū AC+ DB = AB. Deci suma vectorilor reprezentati de diagonalele paralelogramului este egala cu dublul vectorului reprezentat de latura AB a paralelogramului. Etc. ) Fie triunghiul ABC. a) Demonstrati concurenta medianelor triunghiului ABC. Punctul lor de concurenta se noteaza cu G si se numeste centrul de greutate al triunghiului. Verificati ca OG = ( OA + OB + OC), O (ABC). b) Aratati ca exista un triunghi astfel incat vectorii asociati laturilor lor sunt egali cu vectorii determinati de medianele triunghiului ABC. Construiti efectiv un astfel de triunghi. Indicatii: Se scriu ecuatiile vectoriale ale medianelor triunghiului si se obtine ca exista un punct de intersectie a doua din cele trei mediane, G, si acesta are vectorul de pozitie (in raport cu un reper arbitrar) r G = ( r A + r B + r C ). Considerand apoi mediana ramasa, se obtine ca ea intersecteaza una din primele mediane intr-un punct care are acelasi vector de pozitie ca si G, deci punctele coincid. b) se aplica problema 6). ) Pe segmentele necoplanare OA, OB, OC se construieste paralelipipedul avandu-

4 le pe acestea ca muchii din varful O. Sa se arate ca diagonala OD a paralelipipedului intersecteaza planul (ABC) in centrul de greutate al triunghiului ABC. Indicatii: Fie {M} = OD (ABC). Avem OM = λod, OD = OA + OB + OC. Deoarece punctele A,B,C,M sunt coplanare avem AM = α AB + β AC. Rezulta OM OA = α( OB OA)+β( OC OA). Inlocuim OM in functie de OA, OB, OC si se obtine o combinatie liniara a acestor vectori. Deoarece ei sunt liniar independenti rezulta ca λ = β = α =, deci OD = ( OA + OB + OC) D = G. ) Fie (AA, (BB si (CC bisectoarele interioare ale unghiurilor triunghiului ABC, cu A (BC), B (AC), C (AB). Notam lungimile laturilor triunghiului in mod uzual cu a, b, c. a) Exprimati vectorii AA, BB, CC in functie de a, b, c si AB, BC, CA. b) In ce caz vectorii AA, BB, CC inchid un triunghi? c) Cercetati punctele a) si b) pentru bisectoarele exterioare. Indicatii: Vom demonstra mai intai teorema bisectoarei interioare. Fie (AA bisectoarea interioara a unghiului A a triunghiului ABC, A (BC). Notam AB = c, AC = b, BC = ā. Un vector coliniar si de acelasi sens cu AA este c c + b, b deci AA = λ( c c + b). b Observam ca BA = k BC = kā. Rezulta A C = ( k)ā. Din AB + BA = AA, inlocuind vectorii prin relatiile anterioare si folosind faptul ca b, c sunt liniar independenti, deducem ca k = λ b si k = λ c λ = b+c bc. Atunci obtinem usor ca AA = b+c b ( c + b) = b+cā. b De asemenea avem imediat ca A B = b c A C. Analog pentru BB, CC. Daca triunghiul ABC are AB AC, atunci bisectoarea exterioara a unghiului A intersecteaza dreapta AB in N, si se procedeaza analog. Se obtine BN = si CN = b c bā. c c bā Folosind problema 6) se obtine ca vectorii AA, BB, CC inchid un triunghi daca si numai daca triunghiul ABC este echilateral. 4) Demonstrati pe cale vectoriala teorema bisectoarei interioare si folosind acest rezultat aratati ca bisectoarele interioare ale unui triunghi sunt concurente. Exprimati vectorul de pozitie al centrului cercului inscris in triunghi in functie de vectorii de pozitie ale varfurilor triunghiului si lungimile laturilor triunghiului. Ce puteti spune despre bisectoarele exterioare? Indicatii: Din problema precedenta putem exprima vectorul de pozitie al piciorului unei bisectoare prin r A = b+c b r B + b+c c r C si prin permutari circulare pentru B si C. Scriind ecuatiile vectoriale ale dreptelor AA, BB, CC se obtine ca si in cazul medianelor ca bisectoarele interioare sunt concurente intr-un punct I avand vectorul de pozitie r I = a r A+b r B +c r C a+b+c. Apoi se demonstraza prin aceeasi metoda ca bisectoarele exterioare a doua unghiuri si bisectoarea interioara a celui de al treilea unghi ale unui triunghi ABC sunt 4

5 concurente intr-un punct, numit centrul cercului exinscris triunghiului dat. Obtinem puncte I A, I B, I C, cu r IA = a r A+b r B +c r C (p a), unde p este semiperimtrul triunghiului ABC. Verificati ca punctele I B, A, I C sunt coliniare. (La fel pentru celelalte triplete de puncte). 5) Fie triunghiul ABC si punctele M, N, P care impart segmentele orientate BC, CA si AB in rapoartele k, k si respectiv k. Atunci AM, BN, CP pot inchide un triunghi daca si numai daca k = k = k. Indicatii: folosim problema 6). 6) Numim mediana a unui tetraedru drepta (segmentul) care uneste un varf cu centrul de greutate al fetei opuse. Bimedianele unui tetraedru sunt dreptele (segmentele) ce unesc mijloacele a doua muchii opuse ale tetraedrului. Sa se demonstreze ca medianele si bimedianele unui tetraedru sunt concurente intr-un acelasi punct G, numit centrul de greutate al tetraedrului. Determinati raportul in care G imparte segmentul orientat atasat unei mediane a tetraedrului. Indicatii: analog cu medianele unui triunghi. Se obtine ca r G = 4 ( r A + r B + r C + r D ) si ca G se afla pe fiecare mediana la o patrime de baza si trei patrimi de varf. Apoi se verifica faptul ca G este mijlocul fiecarei bimediane. 7) Fie O, G, H respectiv centrul cercului circumscris, centrul de greutate si ortocentrul triunghiului ABC. Sa se arate ca: a) OA + OB + OC = OH; b) HA + HB + HC = HG. Indicatii: Se stie ca punctele O, G, H sunt coliniare, ele formand drepta lui Euler si OG = OH. b) Exprimam HA = OA OH, etc, apoi folosim ca HO = HG. 8) Intr-un cerc de centru O coardele AB si CD se intersecteaza ortogonal in P. Demonstrati ca PA + PB + PC + PD = PO. 9) In E se considera tetraedrul ABCD si bazele B = ( AB, AC, AD), B = ( GB, AC, AD) in V, unde G este centrul de greutate al tetraedrului. a) Motivati ca B si B sunt baze. b) Determinati matricea de trecere de la B la B. c) Scrieti ecuatiile planului vectorial P in raport cu cele doua baze, unde P = (DBC). d) Determinati coordonatele vectorului AC in cele doua baze. 0) Pentru fiecare vector ū se defineste aplicatia tū : E E, tū(a) = A AA = ū. Ea se numeste translatia de vector ū. a) Aratati ca aceasta aplicatie este bine definita si este o bijectie. 5

6 b) Verificati ca are loc relatia tū(a)tū(b) = AB, A,B. c) Multimea T a translatiilor formeaza un grup relativ la compunerea aplicatiilor. ) Se da triunghiul ABC. Sa se determine multimea punctelor M din planul (ABC) pentru care vectorul MA + MB + MC are aceeasi directie si acelasi sens cu vectorul AB. Indicatii: Fie D mijlocul lui (AB) si E mijlocul lui (CD). Se obtine ca MA + MB + MC = 4 ME. Vectorul ME are aceeasi directie si sens cu AB daca si numai daca M apartine semidreptei cu originea in E, paralela cu AB si situata in semiplanul determinat de CD caruia ii apartine punctul A. ) Demonstrati pe cale vectoriala teorema lui Menelaos si reciproca acesteia. Cu ajutorul ei demonstrati teorema lui Ceva. Indicatii: Teorema lui Menelaos: Fie un triunghi ABC si o drepta d care nu trece prin nici un varf si care taie dreptele AB, BC, CA respectiv in punctele M, N, P. Fie MA = λ MB, NB = µ NC, PC = ν PA. Atunci λµν =. Punctele M, N, P fiind coliniare, avem MN = αmp deci AM = λ( AB AM), AB AN = µ( AC AN), AC AP = ν AP, AN AM = α( AP AM). Rezulta AM = λ λab, AN = µ ( AB µ AC), AP = ν AC si ( α) AM AN +α AP = 0. Inlocuind in aceasta relatie toti termenii in functie de AB si ACsi folosind liniara independenta a acestor vectori, rezulta λ( α) λ + µ = 0, µ µ + ν α = 0. Eliminand pe α obtinem λµν =. Reciproc, presupunem ca avem punctele M, N, P pe laturile (sau prelungirile lor) unui triunghi ABC astfel incat MA = λ MB, NB = µ NC, PC = ν PA si λµν =. Vom demonstra ca punctele M, N, P sunt coliniare. Fie MN AC = {P }. Aplicand teorema directa pentru P C = ν P A, obtinem ca λµν =. Deci ν = ν si astfel rezulta ca P=P. ) Aratati ca un patrulater convex este trapez daca si numai daca punctul de intersectie al diagonalelor este punct interior unuia dintre segmentele ce uneste mijloacele a doua laturi opuse. Este paralelogram daca si numai daca punctul de intersectie al diagonalelor este punct interior fiecaruia dintre segmentele ce uneste mijloacele laturilor opuse. Indicatii: Fie AB CD in ABCD si O punctul de intersectie al diagonalelor (interior diagonalelor), M mijlocul lui (AB) si N mijlocul lui (CD). Avem OM = ( OA + OB), ON = ( OC + OD), AB = αcd. De asemenea OC = a OA si OD = b OB. Folosind liniara independenta a vectorilor OA, OB se obtine a = b = α, deci ON = α ( OA + OB) = α OM, deci punctele O, M, N sunt coliniare. In plus α < 0 M O N. Reciproc, fie ON = λ OM, λ < 0. Rezulta ( OC + OD) = λ ( OA + OB) a OA + b OB = λ OA + λ OB a = b = λ DC = λ AB, deci DC AB. ABCD este un patrulater convex deoarece AB si DC au acelasi sens, deci B si C nu sunt separate de AD. 6

7 4) Fie triunghiul ABC, vectorii x, ȳ, z si punctele M, N, P astfel incat AM = λ x, BN = λȳ si CP = λ z, λ R +. Se cere locul geometric al centrului de greutate Q al triunghiului (eventual degenerat) MNP cand λ variaza. Indicatii: Notam cu G centrul de greutate al triunghiului ABC si fie O un punct arbitrar (nu neaparat in planul (ABC)). Se obtine ca OQ = OG+ λ ( x+ȳ+ z) GQ = λ ( x + ȳ + z). Daca x + ȳ + z = 0 rezulta Q=G, deci locul geometric cautat este format doar din {G}. Daca x + ȳ + z 0 atunci, deoarece G este punct fix si vectorul λ ( x + ȳ + z) este dat, rezulta ca locul geometric este semidreapta cu originea in G, paralela cu directia vectorului x + ȳ + z si avand acelasi sens cu acesta: {M/ GM = a( x + ȳ + z), a > 0}. 5) Fie ABC un triunghi echilateral de centru O, iar P un punct in interiorul triunghiului. Se noteaza cu P, P, P proiectiile lui P pe laturi si cu A, B, C mijloacele laturilor. Sa se arate ca P A + P B + P C = PO. Indicatii: Se verifica imediat ca OA + OB + OC = 0. O alta relatie utila in demonstrarea problemei este PP + PP + PP = PO. Ducem prin P paralele la laturile triunghiului, si acestea taie pe AB in S si R, pe AC in N si T iar pe BC in M si Q, astfel incat ST BC, RQ AC, NM AB. Triunghiul PMQ astfel obtinut este echilateral, deci PP este mediana, rezulta PP = PM + PQ. Analog PP = PT + PN si PP = PS + PR. Astfel se obtine ( P A + P B + P C ) = PA + PB + PC = ( OA + OB + OC) OP = PO. Am demonstrat deci ca PP + PP + PP = PO. Scriind PO = PP + P A + A O si celelalte doua relatii analoage obtinem PO = ( PP + PP + PP )+( P A + P B + P C ) ( OA + OB + OC ) P A + P B + P C = PO. 7