XI OM - I - Zadanie 8

Na płaszczyźnie dane są trzy półproste $ OX $, $ OY $, $ OZ $, dzielące płaszczyznę na trzy kąty wypukłe oraz punkty $ A $, $ B $, $ C $ leżące odpowiednio wewnątrz kątów $ YOZ $, $ ZOX $, $ XOY $. Zbudować trójkąt, którego wierzchołki leżą na $ OX $, $ OY $, $ OZ $, a boki przechodzą przez $ A $, $ B $, $ C $.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że poszukiwanym trójkątem jest trójkąt $ X_1Y_1Z_1 $ (rys. 7). Niech $ S $ będzie punktem przecięcia prostych $ X_1Y_1 $ i $ BA $. Gdybyśmy umieli na podstawie danych zadania znaleźć punkt $ S $, zadanie byłoby rozwiązane, gdyż wówczas prosta $ CS $ wyznaczyłaby bok $ X_1Y_1 $ szukanego trójkąta. Do poszukiwanej konstrukcji punktu $ S $ możemy dojść przy pomocy pewnego rozważania stereometrycznego.

Obierzmy w przestrzeni poza płaszczyzną rysunku dowolny punkt $ \overline{O} $. Półproste $ OX_1 $, $ OY_1 $, $ OZ_1 $ są rzutami równoległymi półprostych $ \overline{O}X_1 $, $ \overline{O}Y_1 $, $ \overline{O}Z_1 $ na płaszczyznę rysunku w kierunku $ \overline{O}O $. Poprowadźmy przez prostą $ AB $ dowolną płaszczyznę, przecinającą płaszczyznę $ \overline{O}X_1Y_1 $, na przykład płaszczyznę $ AB\overline{P} $, gdzie $ \overline{P} $ jest punktem obranym dowolnie na przedłużeniu odcinka $ Z_1\overline{O} $ poza punkt $ \overline{O} $. Prowadząc przez $ \overline{P} $ równoległą do $ \overline{O}O $ otrzymujemy w przecięciu z przedłużeniem półprostej $ ZO $ rzut $ P $ punktu $ \overline{P} $ na płaszczyznę rysunku. Płaszczyzna $ AB\overline{P} $ przecina płaszczyznę $ \overline{O}X_1Y_1 $ wzdłuż prostej $ \overline{M} \overline{N} $, przechodzącej przez punkty przecięcia $ M $ i $ N $ prostych $ B\overline{P} $ i $ A\overline{P} $ z prostymi $ \overline{O}X_1 $ i $ \overline{O}Y_1 $. Prosta $ \overline{M}\overline{N} $ przechodzi przez punkt $ S $, gdyż jako punkt przecięcia prostych $ X_1Y_1 $ i $ BA $ jest on punktem wspólnym płaszczyzn $ AB\overline{P} $ i $ X_1Y_1\overline{O} $. Rzut $ MN $ prostej $ \overline{M}\overline{N} $ też przechodzi przez punkt $ S $, gdyż punkt $ S $ pokrywa się ze swym rzutem. Rzuty $ M $ i $ N $ punktów $ \overline{M} $ i $ \overline{N} $ są punktami przecięcia prostych $ BP $ i $ AP $ odpowiednio z prostymi $ 0X $ i $ OY $.

Powyższa analiza prowadzi do konstrukcji przedstawionej na rys. 8.

Obieramy punkt $ P $ na prostej $ OZ $, wyznaczamy punkty $ M $ i $ N $, w których proste $ PB $ i $ PA $ przecinają się odpowiednio z prostymi $ OX $ i $ OY $ oraz punkt $ S $, w którym przecinają się proste $ MN $ i $ AB $. Prowadzimy prostą $ CS $. (Gdyby proste $ MN $ i $ AB $ były równoległe, należałoby poprowadzić przez punkt $ C $ prostą do nich równoległą i punkty przecięcia $ X_1 $ i $ Y_1 $ tej równoległej z $ OX $ i $ OY $ połączyć odpowiednio z $ B $ i $ A $. Podany w tekście dowód, że proste $ X_1B $ i $ Y_1A $ przecinają się na prostej $ OZ $, bądź są obie do niej równoległe, stosuje się i do tego przypadku. Przypadek ten nie ma jednak praktycznego znaczenia, gdyż w praktyce nie możemy stwierdzić równoległości wykreślonych prostych $ MN $ i $ AB $, a tylko to, że nie przecinają się one w obrębie rysunku. Wówczas zastosujemy jedną ze znanych konstrukcji łączenia punktu $ O $ z punktem niedostępnym (patrz Zadania z Olimpiad Matematycznych tom I, zadanie 116, uwaga 1 i 3) i otrzymamy prostą, która przetnie proste $ OX $ i $ OY $ w poszukiwanych punktach $ X_1 $ i $ Y_1 $) Punkty przecięcia $ X_1 $ i $ Y_1 $ prostej $ CS $ z prostymi $ OX $ i $ OY $ łączymy odpowiednio z punktami $ B $ i $ A $ (Jeżeli prosta $ CS $ jest równoległa do którejś z prostych $ OX $ i $ OY $, zadanie nie ma rozwiązania. W praktyce postąpimy tak, jak wyjaśniono w poprzedniej uwadze). Proste $ X_1B $ i $ Y_1A $ przecinają się w punkcie $ Z_1 $ prostej $ OZ $ bądź są obie równoległe do $ OZ $. Stwierdzamy to odtwarzając rozważaną w analizie figurę przestrzenną. Niech $ \overline{O} $ będzie punktem przestrzeni nie leżącym na płaszczyźnie rysunku. Półproste $ OX_1 $ i $ OY_1 $ są rzutami półprostych $ \overline{O}X_1 $ i $ \overline{O}Y_1 $ w kierunku $ \overline{O}O $, punkty $ M $ i $ N $ - rzutami punktów $ \overline{M} $ i $ \overline{N} $ leżących odpowiednio na $ \overline{O}X_1 $ i $ \overline{O}Y_1 $.

Prosta $ \overline{M}\overline{N} $ przechodzi przez punkt $ S $, gdyż jako punkt przecięcia prostych $ X_1Y_1 $ i $ MN $ jest on punktem wspólnym płaszczyzn $ \overline{O}X_1Y_1 $ i $ MN \overline{M}\overline{N} $, a prosta $ \overline{M}\overline{N} $ jest prostą przecięcia płaszczyzn $ \overline{O}X_1Y_1 $ i $ MN\overline{M}\overline{N} $. Zatem proste $ AB $ i $ \overline{M}\overline{N} $ leżą w jednej płaszczyźnie, przy czym płaszczyzna ta nie jest równoległa do kierunku rzutowania, gdyż przecina proste $ M\overline{M} $ i $ N\overline{N} $. Wobec tego płaszczyzna $ A B\overline{M}\overline{N} $ przecina równoległą do $ O\overline{O} $ poprowadzoną z punktu $ P $ w pewnym punkcie $ \overline{P} $. Przez punkt $ \overline{P} $ przechodzą proste $ A\overline{N} $ i $ B\overline{M} $, gdyż rzutami tych prostych są proste $ AN $ i $ BM $ przecinające się w $ P $. Płaszczyzny zawierające czwórki punktów $ (\overline{O}, \overline{P}, X_1, B) $, $ (\overline{O}, \overline{P}, Y_1, A) $ i $ (X_1, Y_1, A, B) $ przecinają się parami według prostych $ \overline{PO} $, $ X_1B $, $ Y_1A $, zatem te trzy proste przechodzą przez jeden punkt $ Z_1 $ (bądź są równoległe). Punkt $ Z_1 $ leży na prostej $ OZ $, ponieważ prosta $ OZ $ przechodzi przez rzuty $ P $ i $ O $ punktów $ \overline{P} $ i $ \overline{O} $ prostej $ \overline{PO} $, a więc jest rzutem tej prostej.

Jeżeli punkty $ X_1 $, $ Y_1 $, $ Z_1 $ leżą na półprostych $ OX $, $ OY $, $ OZ $, trójkąt $ X_1Y_1Z_1 $ jest rozwiązaniem zadania. Jeżeli któryś z tych punktów leży na przedłużeniu odpowiedniej półprostej, zadanie rozwiązania nie posiada. Otrzymany trójkąt byłby jednak rozwiązaniem zadania ogólniejszego: Zbudować taki trójkąt $ X_1Y_1Z_1 $, żeby punkty $ X_1 $, $ Y_1 $, $ Z_1 $ leżały odpowiednio na prostych $ OX $, $ OY $, $ OZ $, a proste $ Y_1Z_1 $, $ Z_1X_1 $, $ X_1Y_1 $ przechodziły odpowiednio przez punkty $ A $, $ B $, $ C $.

W poprzedniej konstrukcji (rys. 8) punkt $ P $ obrany był dowolnie. Powstaje pytanie, czy zmieniając położenie punktu $ P $ można otrzymać jeszcze inne rozwiązania zadania oprócz znalezionego trójkąta $ X_1Y_1Z_1 $. Otóż łatwo stwierdzić, że rozwiązanie nie zależy od wyboru punktu $ P $ i zadanie innych rozwiązań nie posiada. Istotnie, gdyby istniał trójkąt $ X_2Y_2Z_2 $ spełniający warunki zadania, w którym np. punkt $ X_2 $ byłby różny od punktu $ X_1 $, to punkt $ X_2 $ leżałby np. wewnątrz odcinka $ OX_1 $. W takim razie punkt $ Y_2 $ leżałby na przedłużeniu odcinka $ OY_1 $, wobec czego $ Z_2 $ leżałby wewnątrz odcinka $ OZ_1 $. Lecz wówczas odcinek $ X_2Z_2 $ leżałby wewnątrz trójkąta $ X_1Y_1Z_1 $ i nie mógłby przechodzić przez punkt $ B $. Podobnie stwierdzamy, że punkt $ X_2 $ nie może leżeć na przedłużeniu odcinka $ OX_1 $.

Uwaga. Konstrukcję trójkąta $ X_1Y_1Z_1 $ przedstawioną na rys. 8 można uzasadnić - bez odwoływania się do figury przestrzennej - na podstawie twierdzenia Desarguesa - jednego z najważniejszych twierdzeń geometrii (Girard Desargues, 1591 - 1661, architekt i matematyk francuski, którego odkrycia stały się początkiem nowej gałęzi geometrii: geometrii rzutowej).

Weźmy pod uwagę dwa trójkąty $ A_1B_1C_1 $ i $ A_2B_2C_2 $ i nazwijmy wierzchołki $ A_1 $ i $ A_2 $ i tak samo $ B_1 $ i $ B_2 $ oraz $ C_1 $ i $ C_2 $ wierzchołkami odpowiednimi, a boki łączące odpowiednie wierzchołki - tj. $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $, $ B_1C_1 $ i $ B_2C_2 $ oraz $ C_1A_1 $ i $ C_2A_2 $ - bokami odpowiednimi tych trójkątów. Punkty przecięcia prostych wyznaczonych przez odpowiednie boki będziemy dla krótkości nazywali punktami przecięcia odpowiednich boków. Twierdzenie, Desarguesa wypowiemy jak następuje:

Jeżeli odpowiednie wierzchołki dwóch trójkątów leżą na prostych, przechodzących przez jeden punkt, a odpowiednie boki przecinają się, to punkty przecięcia odpowiednich boków leżą na jednej prostej.

Przeprowadzimy dowód tego twierdzenia. Niech $ M $, $ N $, $ P $ oznaczają odpowiednio punkty przecięcia boków $ B_1C_1 $ i $ B_2C_2 $, $ C_1A_1 $ i $ C_2A_2 $ oraz $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $, a $ S $ - punkt przecięcia prostych $ A_1A_2 $, $ B_1B_2 $, $ C_1C_2 $. Mamy dowieść, że punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą na jednej prostej. Gdy trójkąty $ A_1B_1C_1 $ i $ A_2B_2C_2 $ leżą w różnych płaszczyznach $ \pi_1 $ i $ \pi_2 $ (rys. 9), dowód jest natychmiastowy, gdyż punkty $ M $, $ N $, $ P $, są punktami wspólnymi płaszczyzn $ \pi_1 $ i $ \pi_2 $, a więc leżą na prostej przecięcia tych płaszczyzn. Przypuśćmy z kolei, że trójkąty $ A_1B_1C_1 $ i $ A_2B_2C_2 $ leżą w tej samej płaszczyźnie. Przez punkt $ S $ przeprowadźmy prostą $ t $ nie leżącą w płaszczyźnie danych trójkątów i obierzmy na niej punkty $ T $ i $ U $ różne od $ S $ (rys. 10) w ten sposób, żeby proste $ A_1T $, $ B_1T $ i $ C_1T $ przecinały się odpowiednio z prostymi $ A_2U $, $ B_2U $, $ C_2U $; punkty przecięcia oznaczymy literami $ A_3 $, $ B_3 $, $ C_3 $.

Taki wybór punktów $ T $ i $ U $ jest oczywiście możliwy, gdyż każda para odpowiednich punktów danych trójkątów leży w jednej płaszczyźnie z prostą $ t $, wobec czego można np. punkt $ T $ obrać dowolnie, a następnie tak obrać punkt $ U $, żeby nie leżał na żadnej z prostych równoległych do $ A_1T $, $ B_1T $ i $ C_1 T $ poprowadzonych przez punkty $ A_2 $, $ B_2 $ i $ C_2 $.

Zauważmy, że prosta $ B_3C_3 $ przechodzi przez punkt przecięcia $ M $ prostych $ B_1C_1 $ i $ B_2C_2 $, gdyż punkt $ M $ jest punktem wspólnym płaszczyzn $ B_1C_1T $, $ B_2C_2U $, a prosta $ B_3C_3 $ jest prostą wspólną tych płaszczyzn. Podobnie prosta $ C_3A_3 $ przechodzi przez punkt przecięcia $ N $ prostych $ C_1A_1 $ i $ C_2A_2 $, a prosta $ A_3B_3 $ przez punkt przecięcia $ P $ prostych $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $. Punkty $ M $, $ N $, $ P $ są zatem punktami przecięcia boków odpowiednich trójkątów $ A_1B_1C_1 $ i $ A_3B_3C_3 $, których odpowiednie wierzchołki leżą na prostych przechodzących przez punkt $ T $. A ponieważ trójkąty te leżą w różnych płaszczyznach, więc - jak dowiedliśmy poprzednio - punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą na jednej prostej. Twierdzenie zostało udowodnione.

Powracając do poprzedniej konstrukcji (rys. 8), zwróćmy uwagę na trójkąty $ X_1MB $ i $ Y_1NA $. Proste $ X_1Y_1 $, $ MN $ i $ BA $ przechodzą przez punkt $ S $, wobec czego na mocy twierdzenia Desarguesa punkt $ P $, punkt $ O $ oraz punkt przecięcia prostych $ X_1B $ i $ Y_1A $ leżą na jednej prostej.

Twierdzenie Desarguesa w postaci wyżej podanej uzupełnimy jego przypadkami granicznymi, które również mają liczne zastosowania.

a) Jeżeli jeden z punktów $ M $, $ N $, $ P $ (rys. 10) oddala się nieograniczenie w jakimś kierunku, to jedna para boków odpowiednich obu trójkątów dąży do pary prostych równoległych. Otrzymujemy figurę graniczną wyobrażoną na rys. 11.

W tym przypadku twierdzenie brzmi: Jeżeli proste $ A_1A_2 $, $ B_1B_2 $, $ C_1C_2 $ przechodzą przez jeden punkt, proste $ B_1C_1 $ i $ B_2C_2 $ przecinają się w punkcie $ M $, proste $ C_1A_2 $ i $ C_2A_2 $ przecinają się w punkcie $ N $, a proste $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $ są równolegle, to prosta $ MN $ jest równoległa do prostych $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $.

b) Jeżeli w figurze rys. 11 punkt $ M $ oddala się nieograniczenie w pewnym kierunku, to punkt $ N $ również oddala się nieograniczenie. Otrzymujemy następujący przypadek graniczny twierdzenia (rys. 12): Jeżeli proste $ A_1A_2 $, $ B_1B_2 $ i $ C_1C_2 $ przechodzą przez jeden punkt, proste $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $ są równoległe i proste $ B_1C_1 $ i $ B_2C_2 $ są równoległe, to również proste $ A_1C_1 $ i $ A_2C_2 $ są równoległe.

Jest to twierdzenie o trójkątach, jednokładnych znane z geometrii szkolnej.

c) Jeżeli w figurze twierdzenia Desarguesa punkt $ S $ oddala się nieograniczenie w pewnym kierunku, otrzymujemy przypadek graniczny (rys. 13), w którym twierdzenie brzmi: Jeżeli proste $ A_1A_2 $, $ B_1B_2 $ i $ C_1C_2 $ są równoległe, a proste $ B_1C_1 $ i $ B_2C_2 $, $ C_1A_1 $ i $ C_2A_2 $, $ A_1B_1 $ i $ A_2B_2 $ przecinają się odpowiednio w punktach $ M $, $ N $, $ P $, to punky $ M $, $ N $, $ P $ leżą na jednej prostej.

d) Jeżeli w figurze rys: 13 punkt $ P $ oddala się nieograniczenie w jakimś kierunku, otrzymujemy przypadek graniczny przedstawiony na rys. 14.

Czytelnik zechce sam sformułować odpowiednie twierdzenie.

e) Jeśli wreszcie w figurze rys. 14 punkt $ M $ oddala się nieograniczenie w pewnym kierunku, to punkt $ N $ również oddala się nieograniczenie. Odpowiedni przypadek graniczny przedstawia rys. 15. O jakie twierdzenie tu chodzi?

Dowody twierdzeń a) - e) można uzyskać posługując się przejściem do granicy. Można je również przeprowadzić bez rozważań granicznych. W przypadkach a), c) i d) trzeba w tym celu odpowiednio zmodyfikować wyżej podany dowód dla przypadku ogólnego. W przypadkach b) i e) dowody są znane z geometrii szkolnej.

Rozważanie różnych przypadków nie byłoby potrzebne, gdybyśmy - jak to uczynił Desargues - wprowadzili pojęcie elementów niewłaściwych (inaczej: nieskończenie odległych) (Patrz np. E.Otto - Geometria wykreślna. PWN 1954). Ten sam dowód stosowałby się wówczas do wszystkich przypadków.

Zauważmy na zakończenie, że zachodzi również twierdzenie odwrotne do twierdzenia Desarguesa:

Jeżeli punkty przecięcia odpowiednich boków dwóch trójkątów leżą na jednej prostej, to proste łączące odpowiednie wierzchołki tych trójkątów przechodzą przez jeden punkt (bądź są równoległe).

Dowód tego twierdzenia łatwo uzyskać stosując sposób sprowadzenia do sprzeczności; pozostawiamy to jako ćwiczenie.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź