XIII OM - I - Zadanie 7

Dane są na płaszczyźnie odcinki $ AB $ i $ CD $. Znaleźć na tejże płaszczyźnie taki punkt $ M $, żeby trójkąty $ AMB $ i $ CMD $ były podobne, a przy tym kąt $ AMB $ był równy kątowi $ CMD $.

Rozwiązanie

W podobieństwie trójkątów $ AMB $ i $ CMD $ wierzchołkowi $ M $ jednego trójkąta ma odpowiadać według warunków zadania wierzchołek $ M $ drugiego trójkąta. Wierzchołkowi $ C $ trójkąta $ CMD $ może odpowiadać bądź wierzchołek $ A $, bądź wierzchołek $ B $ trójkąta $ AMB $, wobec czego można poszukiwać odpowiednich dwóch rodzajów rozwiązań. Ograniczymy się do wyznaczenia rozwiązań, w których punktowi $ C $ odpowiada punkt $ A $. Rozwiązania drugiego rodzaju otrzymuje się w sposób analogiczny.

Rozróżnimy 3 przypadki.

1. Proste $ AB $ i $ CD $ przecinają się.

Przypuśćmy, że trójkąty $ AMB $ i $ CMD $ spełniają warunki zadania (rys. 6). Poprowadźmy w tych trójkątach wysokości $ MH $ i $ MK $. Wówczas

\[<br />
\nr{a} \frac{MH}{MK} = \frac{AB}{CD}.<br />
\]

tzn. odległości punktu $ M $ od prostych $ AB $ i $ CD $ są w danym stosunku, równym stosunkowi podobieństwa $ \frac{AB}{CD} $ obu trójkątów. Stąd otrzymujemy jedno miejsce geometryczne punktu $ M $: jest nim para prostych $ (p, q) $ przechodzących przez punkt przecięcia $ S $ prostych $ AB $ i $ CD $ i dzielących kąty między tymi prostymi na części o danym stosunku sinusów równym stosunkowi $ \frac{AB}{CD} $. Konstrukcja prostych $ p $ i $ q $ jest łatwa do znalezienia, przedstawia ją rys. 7.

b) Ponieważ odpowiednie odcinki figur podobnych są proporcjonalne, więc

\[<br />
\frac{AH}{HB} = \frac{CK}{KD}<br />
\]

tzn. rzuty punktu $ M $ na proste $ AB $ i $ CD $ dzielą odcinki $ AB $ i $ CD $ w tym samym stosunku. Ta własność punktu $ M $ wskazuje drugie miejsce geometryczne tego punktu. Jest nim prosta $ EF $ (rys. 8), gdzie $ E $ jest punktem przecięcia prostopadłych do $ AB $ i $ CD $ poprowadzonych w punktach $ A $ i $ C $, a $ F $ jest punktem przecięcia prostopadłych do $ AB $ i $ CD $ poprowadzonych w punktach $ B $ i $ D $.

Istotnie, jeśli $ M $ jest dowolnym punktem prostej $ EF $, a $ H $ i $ K $ jego rzutami na $ AB $ i $ CD $, to na podstawie tw. Talesa

\[<br />
\frac{AH}{HB} = \frac{EM}{MF} = \frac{CK}{KD},<br />
\]

jeśli zaś punkt $ N $ obierzemy poza prostą $ EF $, na przykład tak jak na rys. 8, to

\[<br />
\frac{AH}{HB} = \frac{CK}{KD} < \frac{CL}{LD}.<br />
\]

Żądany punkt $ M $ znajduje się w przecięciu obu miejsc geometrycznych. Jeżeli prosta $ EF $ nie przechodzi przez punkt przecięcia prostych $ AB $ i $ CD $, to przecina co najmniej jedną z pary prostych $ (p, q) $ pierwszego miejsca geometrycznego, więc zadanie ma jedno lub dwa rozwiązania. Jeżeli prosta $ EF $ przechodzi przez punkt przecięcia prostych $ AB $ i $ CD $ (co ma miejsce wtedy, gdy proste $ AC $ i $ BD $ są równoległe), ale nie pokrywa się z żadną z prostych $ p $, $ q $, zadanie nie ma rozwiązania. Jeżeli wreszcie prosta $ EF $ pokrywa się z jedną z prostych $ p $, $ q $, zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań; jako punkt $ M $ możemy wówczas obrać dowolny punkt prostej $ EF $.

Nasuwa się pytanie, przy jakim położeniu odcinków $ AB $ i $ CD $ prosta $ EF $ jest równoległa do jednej z prostych $ p $, $ q $ pierwszego miejsca geometrycznego, a przy jakim pokrywa się ona z jedną z tych prostych. Pozostawiamy to jako zagadnienie do rozwiązania.

2. Proste $ AB $ i $ CD $ są równoległe.

Jedno miejsce geometryczne punktu $ M $ znajdujemy podobnie, jak w przypadku 1. Wysokości $ MH $ i $ MK $ trójkątów podobnych $ AMB $ i $ CMD $ są proporcjonalne do ich podstaw $ AB $ i $ CD $. Gdy $ AB \ne CD $, punkt $ M $ musi się znajdować na jednej z prostych $ p $ i $ q $ równoległych do prostych $ AB $ i $ CD $ i dzielących odstęp między tymi prostymi wewnętrznie lub zewnętrznie w stosunku $ AB \colon CD $. Gdy zaś $ AB = CD $, wtedy prostej $ q $ nie ma, punkt $ M $ musi leżeć na prostej $ p $ równoległej do $ AB $ i $ CD $ i równoodległej od tych prostych. Aby znaleźć na prostych $ p $ i $ q $ punkty spełniające warunek zadania, rozpatrzmy dwie możliwości.

a) Kierunek od $ A $ do $ B $ jest zgodny z kierunkiem od $ C $ do $ D $.

Przypuśćmy, że punkt $ M $ prostej $ p $ jest rozwiązaniem zadania (rys. 9).

Niech $ C'MD' $ będzie trójkątem symetrycznym do trójkąta $ CMD $ względem prostej $ p $. Ponieważ półproste $ MC' $ i $ MA $ są jednakowo nachylone do prostych równoległych $ AB $ i $ CD $, więc się pokrywają; tak samo pokrywają się półproste $ MD' $ i $ MB $. Stąd otrzymujemy następujące rozwiązanie zadania.

Budujemy odcinek $ C'D' $ symetryczny do $ CD $ względem prostej $ p $.

Jeżeli $ AB \ne CD $, to proste $ AC' $ i $ BD' $ przecinają się w punkcie $ M $, który leży na prostej $ p $ i jest rozwiązaniem zadania, gdyż trójkąt $ CMD $ jest symetryczny do trójkąta $ C'MD' $ jednokładnego z trójkątem $ AMB $. Jeżeli $ AB = CD $, ale odcinki $ AB $ i $ CD $ nie są symetryczne względem prostej $ p $, zadanie nie ma rozwiązania, gdyż dla żadnego punktu $ M $ prostej $ p $ półproste $ MC' $ i $ MA $ nie pokrywają się. Jeżeli wreszcie odcinki $ AB $ i $ CD $ są symetryczne względem prostej $ p $, punkty $ C' $ i $ D' $ pokrywają się z punktami $ A $ i $ B $; zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, punkt $ M $ może być dowolnym punktem prostej $ p $.

Przypuśćmy z kolei, że pewien punkt $ M $ prostej $ q $ jest rozwiązaniem zadania (rys. 10). Oczywiście może się to zdarzyć tylko w przypadku, gdy $ AB \ne CD $, gdyż tylko wtedy istnieje prosta $ q $.

Półproste $ MC $ i $ MA $, jednakowo nachylone do równoległych $ AB $ i $ CD $, muszą się pokrywać; tak samo nokrywają się półproste $ MD $ i $ MB $. Na prostej $ q $ istnieje więc jeden punkt $ M $ o żądanej własności, jest to punkt przecięcia prostych $ AC $ i $ MD $.

b) Kierunki od $ A $ do $ B $ i od $ C $ do $ D $ są przeciwne.

Podobnie jak poprzednio, stwierdzamy, że na prostej $ p $ istnieje jeden punkt $ M $ będący rozwiązaniem gadania; jest to punkt przecięcia prostych $ AC $ i $ BD $ (rys. 11).

Zakładając, że $ AB > CD $, przypuśćmy, że pewien punkt $ M $ prostej $ q $ jest rozwiązaniem zadania (rys. 12).

Niech $ M' $ będzie punktem przecięcia prostych $ AD $ i $ BC $; punkt $ M' $ leży na prostej $ q $, gdyż wysokości trójkątów jednokładnych $ AM'B $ i $ DM'C $ są w stosunku $ AB \colon DC $ odpowiednich boków. Wówczas $ \measuredangle M'DC = \measuredangle M'AB = \measuredangle  MCD $, zatem proste $ CM $ i $ DM' $ są symetryczne względem symetralnej odcinka $ DC $. Poszukiwany punkt $ M $ jest więc punktem symetrycznym do punktu $ M' $ względem tej symetralnej.

3. Proste $ AB $ i $ CD $ pokrywają się.

W tym przypadku wysokości poszukiwanych trójkątów $ AMB $ i $ CMD $ muszą być równe, więc rozwiązanie zadania może istnieć tylko wtedy, gdy $ AB = CD $. Jeżeli kierunek od $ A $ do $ B $ jest zgodny z kierunkiem od $ C $ do $ D $, rozwiązania nie ma, gdyż dla żadnego punktu $ M $, nie leżącego na prostej $ AB $, kąty $ MAB $ i $ MCD $ nie są równe.

Jeżeli zaś $ AB = CD $, a kierunek od $ A $ do $ B $ i kierunek od $ C $ do $ D $ są przeciwne, rozwiązań jest nieskończenie wiele, punkt $ M $ może być dowolnym punktem wspólnej symetralnej odcinków $ AC $ i $ DB $ (rys. 13).

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź