Obroty w zadaniach geometrycznych

Piotr GRZESZCZUK

Rozważmy na płaszczyźnie dwie proste `

1

, `

2

przecinające się w punkcie O. Przypuśćmy, że kąt
między tymi prostymi (mierzony od prostej `

1

przeciwnie do ruchu wskazówek zegara) ma miarę α/2.
Niech S

`

i

oznacza symetrię osiową względem prostej

`

i

(i = 1, 2). Bez trudu możemy zauważyć, że złożenie

tych symetrii S

`

2

◦ S

`

1

jest obrotem o kąt α wokół

punktu O, który oznaczymy przez O

α
O

. Odwrotnie,

jeśli mamy dany obrót O

α
O

, to wybierając dowolną

prostą `

1

przechodzącą przez punkt O, a następnie

prowadząc przez O prostą `

2

tworzącą z `

1

kąt o mierze

α/2, możemy przedstawić O

α
O

w postaci złożenia

symetrii osiowych S

`

2

◦ S

`

1

. Tak więc dowolny obrót

jest złożeniem dwóch symetrii osiowych o osiach
przechodzących przez środek obrotu. Zauważmy przy
tym, iż jedna z osi może być wybrana dowolnie.

Rozważmy dwa obroty O

α
A

oraz O

β
B

. Zastanowimy

się, jakim przekształceniem jest złożenie O

β
B

◦ O

α
A

tych obrotów. W przypadku, gdy A = B, odpowiedź
jest natychmiastowa. Otrzymujemy obrót O

α

+β

A

.

Mniej oczywista jest sytuacja, gdy A i B są różnymi
punktami.

Poprowadźmy przez punkty A i B prostą `. Następnie
narysujmy

• przez punkt A prostą `

A

tworzącą z prostą ` kąt

o mierze α/2 (mierzony od prostej `

A

),

• przez punkt B prostą `

B

tworzącą z prostą ` kąt

o mierze −β/2 (mierzony od prostej `

B

).

Na mocy powyższych uwag rozważane obroty możemy
przedstawić w postaci złożenia symetrii osiowych

O

α
A

= S

`

◦ S

`

A

,

O

β
B

= S

`

B

◦ S

`

.

Tak więc,
O

β
B

◦ O

α
A

= (S

`

B

◦ S

`

) ◦ (S

`

◦ S

`

A

) =

= S

`

B

◦ (S

`

◦ S

`

) ◦ S

`

A

= S

`

B

◦ S

`

A

,

gdyż S

`

◦ S

`

jest, oczywiście, przekształceniem

tożsamościowym. Teraz staje się jasne, że jeśli proste
`

A

i `

B

przecinają się w punkcie X, to

O

β
B

◦ O

α
A

= O

α

+β

X

.

W przypadku, gdy proste `

A

, `

B

są równoległe (ma to

miejsce wtedy, gdy α + β jest całkowitą wielokrotnością
kąta 360

◦

), złożenie rozważanych obrotów jest

przesunięciem (jako złożenie dwóch symetrii osiowych
o osiach równoległych).

Podsumowanie.

Jeżeli niezerowe kąty α, β są takie, że

α + β nie jest całkowitą wielokrotnością 360

◦

oraz

A 6= B, to O

β
B

◦ O

α
A

(∗) jest obrotem O

α

+β

X

, gdzie X jest wierzchołkiem

trójkąta XAB, takiego że <

)

XAB = α/2

i <

)

XBA = −β/2;

(∗∗) w szczególności jeśli α + β = 180

◦

, to O

β
B

◦ O

α
A

jest symetrią środkową względem punktu X
(wyznaczonego w analogiczny jak wyżej sposób).

Umowa:

<

)

XY Z oznacza kąt między półprostymi Y X

i Y Z mierzony od półprostej Y X.

Poniżej przedstawimy kilka zadań, w rozwiązaniach
których zastosujemy obroty.

Zadanie 1.

Wewnątrz trójkąta równobocznego ABC

obrano punkt P, taki że AP = a, BP = b, CP = c, gdzie
a

2

+ b

2

= c

2

. Wyznaczyć długość boku trójkąta ABC.

Rozwiązanie.

Rozważmy obrót O

60

◦

A

oraz punkt

P

0

= O

60

◦

A

(P ). Zauważmy, że O

60

◦

A

(B) = C. Tak więc

O

60

◦

A

(BP ) = CP

0

i w szczególności CP

0

= b. Trójkąt

AP P

0

jest równoboczny, więc P P

0

= a. Z założeń

wynika, iż <

)

P P

0

C = 90

◦

, czyli <

)

AP

0

C = 150

◦

. Stosując

twierdzenie kosinusów do trójkąta ACP

0

, uzyskujemy

AC

2

= a

2

+ b

2

− 2ab cos 150

◦

= a

2

+ b

2

+ ab

√

3.

1

Zadanie 2.

Na płaszczyźnie dane są dwa trójkąty

równoboczne ABC i CDE (mające wspólny
wierzchołek C) oraz punkty F i G, takie że AD = AF ,
BE = BG i <

)

DAF = <

)

EBG (jako kąty skierowane).

Wykazać, że trójkąt CF G jest równoboczny.

Rozwiązanie.

Rozważmy obrót O

60

◦

C

. Zauważmy, że

O

60

◦

C

(A) = B, O

60

◦

C

(D) = E, czyli O

60

◦

C

(AD) = BE.

Stąd w szczególności AD = BE. Na podstawie założeń
(AD = AF , BE = BG oraz <

)

DAF = <

)

EBG)

trójkąty AF D i BGE są przystające. Tak więc
O

60

◦

C

(4AF D) = 4BGE, czyli O

60

◦

C

(F ) = G.

Trójkat CF G jest zatem równoboczny.

Zadanie 3.

[LV Olimpiada Matematyczna,

zadanie 4] Dany jest trójkąt ostrokątny ABC.
Rozważamy wszystkie takie trójkąty równoboczne
XY Z, że punkty A, B, C są punktami wewnętrznymi
odcinków Y Z, ZX, XY . Dowieść, że środki ciężkości
wszystkich rozważanych trójkątów leżą na jednym
okręgu.

Rozwiązanie.

Rozważmy dowolny trójkąt XY Z

spełniający warunki zadania. Niech S będzie jego
środkiem ciężkości. Zauważmy, że bok BC jest widziany
z punktu X pod kątem 60

◦

, a więc X leży na okręgu

opisanym na trójkącie równobocznym zbudowanym
zewnętrznie na boku BC. Analogicznie Y i Z leżą
na okręgach opisanych na trójkątach równobocznych
zbudowanych odpowiednio na bokach AC i AB.

Oznaczmy przez K, L, M kolejne środki tych okręgów.
Z twierdzenia Napoleona (patrz np. Delta 6/2004)
wynika, że trójkąt KLM jest równoboczny. Niech
O oznacza jego środek ciężkości. Proste XS, Y S,
ZS (jako dwusieczne kątów wewnętrzych trójkąta
XY Z) przecinają w połowie krótsze łuki BC, AC, AB
narysowanych okręgów. Środki tych łuków oznaczmy
kolejno przez P , Q, R. Zauważmy, że

O

120

◦

O

= O

60

◦

M

◦ O

60

◦

K

= O

60

◦

L

◦ O

60

◦

M

.

Mamy więc

O

120

◦

O

(R) = O

60

◦

M

O

60

◦

K

(R)

= O

60

◦

M

(A) = Q

oraz

O

120

◦

O

(Q) = O

60

◦

L

O

60

◦

M

(Q)

= O

60

◦

L

(C) = P.

Stąd natychmiast wynika, że trójkąt P QR jest
równoboczny i jego środkiem ciężkości jest punkt O.
Pozostaje wykazać, iż S leży na okręgu opisanym
na trójkącie P QR. W tym celu, ponieważ

<

)

XSY = <

)

Y SZ = <

)

ZSX = 120

◦

oraz P , Q, R należą odpowiednio do prostych SX,
SY , SZ, wystarczy zauważyć, że S nie jest punktem
wewnętrznym trójkąta P QR. W przeciwnym razie,
boki trójkąta P QR są widziane z punktu S pod kątem
120

◦

, a więc S = O. Wtedy punkt O leży na zewnątrz

okręgów opisanych na „dobudowanych” na początku
trójkątach równobocznych. Oznacza to, że każdy
z kątów AOB, BOC, COA ma miarę mniejszą od 120

◦

,

co jest niemożliwe.

Zadanie 4.

Boki BC i AC trójkąta ABC są

jednocześnie bokami kwadratów BKLC i CMNA
(leżących na zewnątrz trójkąta ABC). Punkty Q i S
są odpowiednio środkami odcinków AB i LM, a P i R
środkami kwadratów CMNA i BKLC. Wykazać, że
czworokąt P QRS jest kwadratem.

Rozwiązanie.

Rozważmy przekształcenie S = O

90

◦

P

◦ O

90

◦

R

będące złożeniem dwóch obrotów o kąt 90

◦

wokół

punktów R i P . Na podstawie (∗∗) S jest symetrią

środkową względem punktu X, takiego że <

)

XRP = 45

◦

,

<

)

XP R = −45

◦

. Z drugiej strony zauważmy, że

S(L) = O

90

◦

P

O

90

◦

R

(L)

= O

90

◦

P

(C) = M.

Tak więc środek X symetrii S pokrywa się

ze środkiem S odcinka LM. W szczególności P RS
jest równoramiennym trójkątem prostokątnym.
Rozważając analogicznie złożenie obrotów O

90

◦

R

◦ O

90

◦

P

,

dowodzimy, że P QR jest również równoramiennym
trójkątem prostokątnym. Tak więc czworokąt P QRS
jest kwadratem.

2

Zadanie 5.

Punkty K, L, M są środkami kwadratów

zbudowanych zewnętrznie na bokach AB, BC, CA
trójkąta ABC. Wykazać, że

(a) odcinki KM i AL są prostopadłe,

(b) środki odcinków AB, AL, AC i MK są

wierzchołkami kwadratu.

Rozwiązanie.

Przez N, O, P i R oznaczmy kolejno

środki odcinków AB, AL, AC i KM.

(a) Na podstawie zadania 4 stwierdzamy, że MNL
jest prostokątnym trójkątem równoramiennym, przy
czym <

)

LN M = 90

◦

. Zauważmy, że O

90

◦

N

(A) = K

oraz O

90

◦

N

(L) = M. Tak więc O

90

◦

N

(AL) = KM.

W szczególności odcinki AL i KM są prostopadłe.

(b) Z (∗∗) wiemy, że O

90

◦

N

◦ O

90

◦

P

jest symetrią

środkową S

X

. Ponieważ O

90

◦

N

◦ O

90

◦

P

(M) = K, więc

środek X tej symetrii pokrywa się ze środkiem R
odcinka KM. Ponadto z (∗) wynika również, że
P RN jest prostokątnym trójkątem równoramiennym.
Z zadania 4 wynika, że <

)

KP L = 90

◦

oraz P K = P L.

Tak więc O

90

◦

P

◦ O

90

◦

N

(A) = L. Stąd O

90

◦

P

◦ O

90

◦

N

jest

symetrią środkową względem środka O odcinka AL oraz
tak jak poprzednio NOP jest prostokątnym trójkątem
równoramiennym. Ostatecznie czworokąt NOP R jest
kwadratem.

3