MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 117

Symetria środkowa zachowuje kierunek prostej, więc $l$ ma współczynnik kierunkowy $\frac52$. Jeżeli przechodzi przez punkt $(x_A,y_A)$, to ma postać

$$y=\frac52x+b,\qquad b=y_A-\frac52x_A.$$

a) $b=-3-\frac52\cdot2=-8$.

b) $b=1-\frac52\cdot(-4)=11$.

c) $b=-2-\frac52\cdot\frac15=-\frac52$.

Ze skanu strony 117 odczytujemy łamaną o kolejnych kierunkach: w dół, w prawo, w dół, w prawo; każdy odcinek ma długość dwóch kratek.

a) Wyjściowa łamana jest symetryczna względem ukośnej prostej przechodzącej przez jej środkowe załamanie, biegnącej z lewego dołu ku prawej górze. Dorysowujemy na tej prostej, od środkowego załamania ku prawej górze, odcinek tej samej długości. Leży on na osi, więc po odbiciu pozostaje na miejscu.

b) Od prawego końca łamanej dorysowujemy pionowy odcinek w dół. Obrót o $180^\circ$ wokół środka środkowego odcinka pionowego zamienia wtedy pierwszy odcinek z dodanym, oba poziome odcinki ze sobą, a środkowy odcinek pionowy z nim samym.

Nie wiadomo, który koniec odcinka $MN$ przechodzi na $A$, a który na $B$, więc rozpatrujemy dwa przypadki.

1. Jeśli $M\mapsto B$, to środek symetrii jest środkiem $MB$:

$$P=\left(\frac{-4+6}{2},\frac{-5+1}{2}\right)=(1,-2).$$

Ponieważ $N\mapsto A$, mamy

$$N=2P-A=(2,-4)-(-2,8)=(4,-12).$$

2. Jeśli $M\mapsto A$, to

$$P=\left(\frac{-4-2}{2},\frac{-5+8}{2}\right)=\left(-3,\frac32\right),$$

a z warunku $N\mapsto B$:

$$N=2P-B=(-6,3)-(6,1)=(-12,2).$$

Symetria środkowa zachowuje promień okręgu. Jeśli środek $Q$ okręgu $K$ przechodzi na $Q'$, to

$$Q'=2P-Q.$$

a) $Q=(0,0)$, $r=5$, więc $Q'=(0,10)$.

b) $Q=(2,2)$, $r=2$, więc $Q'=(6,6)$.

c) $Q=(-3,-7)$ i, z warunku styczności do $OX$, $r=7$. Stąd $Q'=(-9,-1)$.

d) $Q=(4,8)$, $r=3$, więc $Q'=(0,0)$.

a)

$$|AB|=8,$$ $$|AC|^2=4^2+(4\sqrt3)^2=64,\qquad |BC|^2=(-4)^2+(4\sqrt3)^2=64.$$

Wszystkie trzy boki mają długość $8$, więc trójkąt jest równoboczny.

b) Niech wierzchołkiem obrazu leżącym na $AC$ będzie $B'=A+t(C-A)$, gdzie $0\le t\le1$. Wtedy boki równoległoboku będącego częścią wspólną mają długości $8t$ i $8(1-t)$. Aby ten równoległobok był rombem, musi zachodzić

$$8t=8(1-t),\qquad t=\frac12.$$

Zatem $B'$ jest środkiem $AC$:

$$B'=\frac{A+C}{2}=(-2,2\sqrt3-1).$$

Punkt $M$ jest środkiem odcinka $BB'$, więc

$$M=\frac{B+B'}2=(1,\sqrt3-1).$$

Bok rombu ma długość $4$, a kąt między jego bokami ma $60^\circ$ lub $120^\circ$. Stąd

$$P=4^2\sin60^\circ=16\cdot\frac{\sqrt3}{2}=8\sqrt3.$$

Oznaczmy wektory położenia wierzchołków przez $a,b,c$. Odbicie trójkąta względem środka boku $BC$ zamienia $B$ z $C$, a punkt $A$ przenosi do punktu $A_1$ o wektorze

$$a_1=b+c-a.$$

Analogicznie odbicia względem środków $CA$ i $AB$ dają nowe wierzchołki

$$b_1=c+a-b,\qquad c_1=a+b-c.$$

Cztery trójkąty wypełniają trójkąt $A_1B_1C_1$. Jego boki spełniają

$$a_1-b_1=2(b-a),$$ $$b_1-c_1=2(c-b),$$ $$c_1-a_1=2(a-c).$$

Są więc równoległe do odpowiednich boków $ABC$ i dwa razy od nich dłuższe. Z cechy bok–bok–bok trójkąty są podobne w skali $2$.

Jeżeli $P(x,y)$ i $P'(x',y')$ są symetryczne względem $S(a,b)$, to $S$ jest środkiem $PP'$. Zatem

$$x'=2a-x,\qquad y'=2b-y.$$

Podstawiamy kolejno współrzędne punktu $S$.

Środek odcinka $PP'$ ma być punktem $S$, więc sumy odpowiednich współrzędnych $P$ i $P'$ są równe podwojonym współrzędnym $S$.

a)

$$8p+1-7=0,\qquad 9+6m+3=0,$$

stąd $p=\frac34$ i $m=-2$.

b)

$$(4-3m)+(p-3)=4,\qquad (p+1)+(2m-1)=-2.$$

Po uproszczeniu $p-3m=3$ i $p+2m=-2$, zatem $m=-1$, $p=0$.

c)

$$p^2-10-m^2=6-2m^2,\qquad p^2-m=-4.$$

Otrzymujemy $p^2+m^2=16$ oraz $p^2=m-4$. Stąd

$$m^2+m-20=0,$$

więc $m=4$ lub $m=-5$. Druga wartość dawałaby $p^2=-9$, zatem odpada w liczbach rzeczywistych. Dla $m=4$ mamy $p=0$.