5/25/2018 Vectori de Pozitie

1/3

VECTORI DE POZITIE

Abstract. Aceasta lectie prezinta cateva idei de rezolvare a problemelor de geome-trie, cu ajutorul vectorilor de pozitie.

Lectia se adreseaza elevilor claseia IX-aData: 30 mai 2012

Autor: Adrian Catana, elev laColegiul National Ienachita-Vacarescu, Targoviste

1. INTRODUCERE, NOTATII SI REZULTATE IMPORTANTE

1. 1. INTRODUCERE SI NOTATII. Pentru fixarea pozitiei unui punct n plan saun spatiu s-au considerat diferite sisteme de referinta:

- axele de coordonate - punctul este determinat prin coordonatele sale carteziene- laturile unui triunghi - punctul este determinat prin coordonatele sale triliniare (normale,baricentre etc.)- axa polara si originea - punctul este fixat prin coordonatele polare (distanta, unghiuri).Folosind calculul vectorial, pozitia unui punct A n plan este bine determinata daca se

alege un punct O al planului si se cunoaste vectorulOA. Intr-adevar, punctul A este

extremitatea vectoruluiOA, care are originea O. Vectorul

OA, care determina pozitia

punctului A n plan, se numestevectorul de pozitieal punctului A si se noteaza rA.In fizica, vectorul de pozitie este folosit pentru a cunoaste pozitia spatiala a unui punctmaterial.Orice punct Mdin planul are n modelul analitic doua coordonate M(x, y), deci esteunic determinat de doua numere reale x R(abscisa) siy R (ordonata). Acelasi punct

M are modelul vectorial un vector de pozitie rM = x i +y

j , unde

i ,j sunt doi

vectori necolinari de baza, reprezentati prin doua sageti (versorii directori ai axelor OXsi OY, unde O este originea).

Fiecarui segment orientat (X, Y) i se ataseaza un vectorXY, definit

XY = rY

rX .

1. 2. REZULTATE IMPORTANTE. Amintim urmatoarele relatii:1. 2. 1. Vectorul de pozitie al mijlocului unui segment. Fie A si B doua puncte nplan si Mmijlocul segmentului [AB]. Atunci rM =

rA+rB

2 .

1. 2. 2. Vectorul de pozitie al punctului care mparte un segment ntr-unraport dat. Fie A si B n plan si punctul N pe AB care mparte segmentul [AB] n

raportul k , adicaAN =k

N B. Atunci rN =

rA+krB

1+k

1. 2. 3. Vectorul de pozitie al centrului de greutate al unui sistem de puncte.Fie n puncte n plan, A1, A2,...,An, iar G centrul de greutate al sistemului format de

aceste puncte. Atunci rG =rA1+

rA2+...+rAn

n . Astfel, pentru un triunghi ABC, daca G

este centrul de greutate al triunghiului, atunci rG = rA+rB+rC3 .Fie ABCun triunghi, I centrul cercului nscris, O centrul cercului circumscris, H orto-centrul, iar Ecentrul cercului lui Euler. Atunci:1. 2. 4. Vectorul de pozitie al centrului cercului nscris unui triunghi.rI =

arA+brB+c

rCa+b+c

.1. 2. 5. Vectorul de pozitie al centrului cercului circumscris unui triunghi.rO =

sin 2ArA+sin2BrB+sin2C

rCsin 2A+sin2B+sin2C

.

1

5/25/2018 Vectori de Pozitie

2/3

1. 2. 6. Vectorul de pozitie al ortocentrului unui triunghi.

rH= tgA

rA+tgB

rB+tgC

rCtgA+tgB+tgC

1. 2. 7. Vectorul de pozitie al centrului cercului lui Euler. rE = 34rG+

rH.1. 2. 8. O proprietate interesanta. Daca ABCeste un triunghi, atunci pentru oricepunct Mdin plan, exista numerele reale x, y,z, astfel ncat rM =x

rA+ y rB+ z

rC,cu x + y+ z= 1.1. 2. 9. Conditie de coliniaritate. Punctele A,B ,M coliniare rM = x

rA + yrB,

x, y R, x + y = 1.Alte rezultate importante vor fi amintite n cele ce urmeaza.

2. APLICATII

Problema 2. 1. - Proprietate paralelogram. Fie ABCDEun pentagon si M, N,P, Q punctele de intersectie ale segmentelor ce unesc mijloacele laturilor opuse n

patrulaterele BCDE, CDEA, EABD, ABCE, respectiv.Demonstrati ca M N P Qeste paralelogram daca si numai daca ABCD este paralelogram.

(Cristinel Mortici, Concursul Grigore Moisil, Urziceni, 2010)

Solutie: Fie X, Y, Z, T mijloacele CD, BC, BE, ED. Atunci, cum XT||CE||Y Z,ZT||BD||XY (linii mijlocii), rezulta X Y Z T paralelogram, de unde M este centrul par-alelogramului. Atunci rM =

1

2(rY +

rT) = 1

4(rB +

rC +rE +

rD). Analog, rN =

1

4(rC+

rD+rE+

rA),rP =

1

4(rE+

rA+rB+

rD),rQ=

1

4(rA+

rB+rC+

rR).Atunci,rM+

rPrN

rQ = 1

4(rB +

rDrA

rC). Din faptul caM N P Q paralelogram,daca si numai daca rM+

rP =rN+

rQ, rezulta imediat concluzia.

Problema 2. 2. - Paralelism. Fie AB Cun triunghi, A, B, C picioarele bisectoarelordin A,B , C si G, G centrele de greutate ale triunghiurilor AB C si ABC. Demonstrati

ca GG

BC daca si numai daca lungimile laturilor AB,BC,CA sunt n progresiegeometrica.

(Maria Cucoanes, Gazeta Matematica si concursul Chindia, Targoviste, 2012)

Solutie: rG =rA+

rB+rC

3 , rG =

rA+rB+

rC

3 . Din teorema bisectoarei,

rA = bb+c

rB + cb+c

rC si analoagele. Se calculeaza apoiGG = rG

rG n functie

de vectorii rA,rB,

rC. CumBC = rC

rB, atunci coeficientul luirA va fi 0, relatie

echivalenta cu a2 =bc.

Problema 2. 3. - Concurenta. Fie AB Cun triunghi si Mun punct n planul sau.Notam cu A2, B2, C2 simetricele lui M fata de mijloacele A1, B1, C1 ale laturilorBC,CA,AB. Sa se arate ca dreptele AA2, BB2, CC2 sunt concurente. (***)

Solutie: rA2 = 2rA1rM =rB+rCrM si analoagele. Un punct de pe dreapta AA2 arevector de pozitie de forma:AA2 :

r = (1 t)rA+ trA= (1 t)

rA+ t(rB+

rCrM), t R. Analog

BB2:r = (1 s)rB+ s(

rC+rB

rM, s RCC2 :

r = (1 u)rC+ u(rA+

rB rM, u R. Pentru t= s = u =

1

2 se obtine acelasi

punct,rN = 1

2(rA +

rB+rC)

1

2

rM= 3

2

rG1

2

rM; Punctul de intersetieN apartine GM.

2

5/25/2018 Vectori de Pozitie

3/3

Problema 2. 4. - Coliniaritate. Fie AB Cun triunghi ascutitunghic,A1 si B1

picioarele naltimilor din A, respectiv B , iar A si B punctele n care bisectoareleinterioare din A, respectiv B intersecteaza laturile opuse. Daca I este centrul cerculuinscris triunghiului AB C si O este centrul cercului circumscris aceluiasi triunghi, aratatica I A1B1 daca si numai daca O A

B.

(ViitoriOlimpici.ro, Etapa 6, Problema 3)

Indicatie: Se folosesc vectorii de pozitie ai I si O si conditia ca 2 vectori sa fie coliniari.In alta ordine de idei, concluzia este echivalenta cu cosA + cosB= cosC.

3. PROBLEME PROPUSE

Problema 3. 1. Fie rA,rB,

rCvectorii de pozit ie ai varfurilor triunghiului AB C, iara,b,c lungimile laturilor BC,CA,AB. Sa se demonstreze ca daca

(b + c 2a)rA+ (c + a 2b)rB+ (a + b 2c)rC=0 , atunci triunghiulAB C esteechilateral.

Problema 3. 2. Fie A1A2A3...An un poligon cu n laturi, unde n 4. Notam cuG1, G2,...,Gn centrele de greutate ale poligoanelor A2A3...An, A1A3...An, ...,A1A2...An1 (fiecare avand cate (n 1) laturi). Demonstrati ca A1G1, A2G2,...,AnGnsunt concurente.

(*** - Concursul Cezar Ivanescu, Targoviste, 2012)

Indicatie: rGi = 1

n1

j=i

rAj , 1

n((n 1)rGi +

rAi) = 1

n

nj=1

rAj =rG.

Problema 3. 3. Fie AB Cun triunghi, G centrul sau de greutate si puncteleM(AB), N(BC), P(CA), astfel ncat AM

MB

= BN

NC

= CP

PA

=k. Notam G1, G2, G3centrele de greutate ale triunghiurilor AMP,BMN,CNP. Sa se arate ca triunghiurileABC si G1G2G3 au acelasi centru de greutate. (***)

Problema 3. 4. Inaltimea [BH] dusa pe ipotenuza triunghiului AB C intersecteazabisectoarele [AD] si [CE] n punctele Q, respectiv P. Demonstrati ca dreapta care treceprin mijloacele segmentelor [QD] si [P E] este paralela cu dreapta AC.

(ONM Constanta, 2012)

Bibliografie

[1]. Marius Burtea, Georgeta Burtea, MATEMATICA pentruclasa a IX-a, Ed. Carminis

[2]. Vasile Pop, Viorel Lupsor, MATEMATICA pentru grupele deperformanta, Ed. Dacia Educational, 2004

[3]. Dorin Andrica, Camelia Magdas, Eugen Jecan,GEOMETRIEpentru grupele de excelent a, Ed. Studia, 2010

3