[GEOMETRIA] Wektory w zadaniach :: Kompendium / Polski Serwis Naukowy

Polecamy również:

[GEOMETRIA] Pojęcie wektora

[F. kwadratowa] Rozwiązywanie równań i nierówności

[F.wielomianowa] Rozwiązywanie równań i nierówności

List- przykładowe zdania

Konfirmacja i falsyfikacja - uzasadnienie twierdzeń

[F.liniowa] Równanie kierunkowe, równanie ogólne

Wektory w zadaniach

Ten artykuł dotyczy nie tylko zadań rachunkowych z użyciem wektorów, ale i dowodów pewnych twierdzeń z geometrii, które bez wykorzystania pojęcia wektora wymagałyby nie tyle skomplikowanych, co długich metod algebraicznych.

Przykład 1
Dane są wektory $\fs2 \vec a=[1,-1]$ , $\fs2 \vec b=[2,1]$ , $\fs2 \vec c=[-5,-7]$ . Wyznacz takie liczby rzeczywiste $\fs2 k$ i $\fs2 l$ , by $\fs2 \vec c=k\vec a+l\vec b$ .

Rozwiązanie:
Nasze zadanie sprowadza się do tego, żeby przedstawić wektor $\fs2 \vec c$ jako kombinację liniową wektorów $\fs2 \vec a$ i $\fs2 \vec b$ . Skorzystajmy z definicji mnożenia wektora przez skalar: $\fs2 k[1,-1]+l[2,1]=[k,-k]+[2l,l]=[k+2l,l-k]=[-5,-7]$ . Tym wzorem wyraża się suma $\fs2 k\vec a+l\vec b$ . Pozostaje nam zbudować odpowiedni układ równań:

$\begin{cases}k+2l=-5 \\ l-k=-7\end{cases}$

Układ ten rozwiązuje się bardzo łatwo. Spróbujmy metody przeciwnych współczynników: $\fs2 2l=-12\;\Rightarrow\; l=-4$ . Tym samym $\fs2 k=3$ , zatem możemy sformułować odpowiedź: $\fs2\vec c=k\vec a+l\vec b \;\Leftrightarrow\; \fbox{(l=-4\;\wedge\; k=3)}$

Przykład 2 - odcinek łączący środki ramion trapezu
Dany jest trapez równoramienny o długości podstaw $\fs2 a$ i $\fs2 b$ . Wykazać, że odcinek łączący środki ramion trapezu ma długość $\fs2 \frac12$a+b$$ .

Rozwiązanie:
Rozpatrzmy następujący trapez

Wektory oznaczyłem już na rysunku. Rozpatrzmy kolejno trapezy $\fs2 ABFE$ oraz $\fs2 EFCD$ . Dla pierwszego zapisuję zgodnie z metodą dodawania wektorów:
$\fs2 \vec{AB}+\vec{BF}-\vec{EF}+\vec{EA}=0$ i dla drugiego $\fs2 \vec{EF}+\vec{FC}-\vec{CD}+\vec{DE}=0$ .
Porównując stronami i korzystając z definicji wektora swobodnego $\fs2\vec{BF}=\vec{FC}=\vec g$ oraz $\fs2\vec{DE}=\vec{EA}=\vec h$ . Dla ułatwienia przyjmę, że $\fs2\vec{AB}=\vec a$ , $\fs2\vec{EF}=\vec s$ oraz $\fs2\vec{CD}=\vec b$ . Zatem:

$\vec a+\vec g-\vec s+\vec h=\vec s+\vec g-\vec b+\vec h$

Czyli zostaje $\fs2 \vec s=\frac12$\vec a+\vec b$$ . Nasze wektory są równoległe, zatem można zapisać $\fs2 s=\frac{a+b}{2}$ c.n.d.

Okazuje się, że wynik ten obowiązuje nie tylko dla trapezu równoramiennego, ale także dla dowolnego trapezu. Dowód dla dowolnego trapezu został właściwie przeprowadzony wyżej, gdyż każdy odcinek łączący środki ramion dowolnego trapezu jest równoległy do podstaw trapezu.

Przykład 3 - twierdzenie cosinusów
Udowodnij twierdzenie cosinusów. Mówi ono, że w dowolnym trójkącie o bokach długości $\fs2 a,\;b\;c$ zachodzi równość $\fs2c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$ , gdzie $\fs2 \gamma$ jest kątem zawartym pomiędzy bokami $\fs2 a$ i \fs2 b.

Rozwiązanie:
Utwórzmy trójkąt ABC. Niech $\fs2 \vec{AB}=\vec a$ . $\vec{AC}=\vec b$ i $\fs2 \vec{CB}=\vec c$ . Czytelnik niewprawiony w "rysowanie w głowie" powinien całą sytuację narysować.
Dla tak zdefiniowanych wektorów zachodzi równość: $\fs2 \vec c=\vec a - \vec b$ . Podnieśmy nasze równanie do kwadratu: $\fs2 \vec c\cdot\vec c=(\vec a-\vec b)\cdot (\vec a-\vec b)$ . Z definicji iloczynu skalarnego, dla dowolnego wektora, mamy: $\fs2 \vec v\cdot\vec v=v^2$ , zatem $\fs2 c^2= a^2+b^2-2\vec a\cdot\vec b$ . Znów korzystamy z definicji i.s. i otrzymujemy $\fs2\fbox{c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma }$ c.n.d.

Przykład 4 - równoległobok
Wykaż, że jeśli przekątne w czworokącie dzielą się na połowy, to wielokąt ten jest równoległobokiem.

Rozwiązanie:
Rozpatrzmy czworokąt jak na rysunku

Na podstawie schematu zależności:
$\begin{cases}\fs2 \vec{DC}+\vec{CE}-\vec{DE}=\vec 0 \\ \fs2 \vec{BA}-\vec{EA}+\vec{EB}=\vec 0\end{cases}$
Z warunków zadania mamy, że (przekątne dzielą się na połowy) $\fs2 \vec {CE}=\vec{EA},\;\;\vec{DE}=\vec{EB}$ . Dodając pierwsze dwa równania stronami otrzymujemy

$\vec{DC}+\vec {BA}+$\vec{CE}-\vec{EA}$+$\vec{EB}-\vec{DE}$=\vec 0$

Różnice w nawiasach są równe zeru, zatem $\fs2 \vec {DC}=-\vec{BA}$ , czyli wektory są antyrównoległe i możemy zapisać $\fs2\fbox{\bar{AB}\parallel\bar{CD}}$ . Postępując analogicznie dla pozostałych boków czworokąta otrzymamy kolejną relację równoległości, a więc nasza figura w istocie jest równoległobokiem. c.n.d.

Krzysztof Pawlaczek

komentuj publikację