X OM - I - Zadanie 7

Na płaszczyźnie leżą cztery różne punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $.

a) Dowieść, że wśród odcinków $ AB $, $ AC $, $ AD $, $ BC $, $ BD $, $ CD $ przynajmniej dwa są różnej długości,

b) Jak są położone punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $, jeśli wymienione wyżej odcinki mają tylko dwie różne długości?

Rozwiązanie

a) Aby dowieść, że odcinki $ AB $, $ AC $, $ AD $, $ BC $, $ BD $, $ CD $ nie mogą być wszystkie równe między sobą, wystarczy wykazać, że jeżeli pięć z nich ma tę samą długość, to szósty ma długość inną. Niech np. $ AB = AC = AD = BC = BD $. W takim razie $ ABC $ i $ ABD $ są trójkątami równobocznymi o wspólnym boku $ AB $ i tworzą romb $ ACBD $, w którym $ C = 60^\circ $. Przekątne takiego rombu nie są równe, mianowicie $ CD>  AB $, c.d.n.

b) Załóżmy, że odcinki $ AB $, $ AC $, $ AD $, $ BC $, $ BD $, $ CD $ są dwóch różnych długości $ a $ i $ b $, przy czym $ a < b $. Wówczas punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ nie mogą leżeć na jednej prostej; gdyby bowiem znajdowały się one na prostej, dajmy na to w kolejności $ A $, $ B $, $ C $, $ D $, to byłoby $ AB< AC<  AD $ wbrew założeniu, że tylko dwie spośród wzajemnych odległości punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ są różne. Udowodnimy, że nawet żadne $ 3 $ z danych punktów nie leżą na prostej. Istotnie, gdyby na przykład punkt $ B $ znajdował się na prostej $ AC $ między punktami $ A $ i $ C $, to byłoby $ AB = BC = a $, $ AC = b $. Punkt $ D $ znajdowałby się poza prostą $ AC $ i odcinek $ DB $ będący środkową trójkąta $ ACD $ byłby mniejszy od któregoś z boków $ DA $ i $ DC $ tego trójkąta, wobec czego byłoby $ DB = a $, a jeden z boków $ DA $ i $ DC $ byłby równy $ b $. W takim razie punkt $ D $ leżałby na okręgu o średnicy $ AC $, skąd wynikałoby, że jedna z cięciw $ AD $ i $ DC $ okręgu jest równa średnicy $ AC $ tego okręgu, co jest niemożliwe.

Zauważmy, że gdy żadne $ 3 $ z punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ nie leżą na prostej, to możliwe są dwa przypadki. Jeżeli punkt $ D $ leży w którymś z obszarów ograniczonych jednym bokiem trójkąta $ ABC $ i przedłużeniami pozostałych dwóch boków, jak np. punkt $ D_1 $ na rys. 7, wówczas dane punkty tworzą czworokąt wypukły, w danym przypadku czworokąt $ ABCD_1 $, złożony z trójkątów $ ABC $ i $ ACD_1 $ przylegających do siebie wzdłuż boku $ AC $. Jeżeli natomiast punkt $ D $ leży w jednym z obszarów narożnych, bądź leży wewnątrz trójkąta $ ABC $, wówczas dane punkty tworzą czworokąt wklęsły jak $ ABD_2C $ lub $ ABCD_3 $ na rys. 7; jeden z danych punktów leży wtedy wewnątrz trójkąta utworzonego z $ 3 $ pozostałych punktów. Dwa te przypadki rozpatrzymy oddzielnie.

1) Przypuśćmy, że dane punkty tworzą czworokąt wypukły $ ABCD $. Może tu zajść kilka przypadków, które rozważymy korzystając z twierdzenia, że w czworokącie wypukłym suma przekątnych jest większa od połowy obwodu (Twierdzenie to łatwo udowodnić, stosując do każdego z czterech trójkątów, na jakie przekątne dzielą czworokąt, twierdzenie, że suma dwóch boków trójkąta jest większa od trzeciego boku).

1a) Czworokąt $ ABCD $ ma cztery boki równe. Suma przekątnych jest wtedy większa od podwojonego boku, zatem boki mają długość $ a $, przekątne zaś bądź są obie równe $ b $, bądź jedna równa się $ b $, a druga $ a $. Czworokąt jest albo kwadratem o boku $ a $, wtedy $ b = a\sqrt{2} $, albo rombem o boku $ a $ i kącie ostrym $ 60^\circ $ (rys. 8 i 9), wtedy $ b = a\sqrt{3} $.

1b) Czworokąt $ ABCD $ ma $ 3 $ boki równe, np. $ AB = BC = CD $. Boki te nie mogą mieć długości $ b $, gdyż wówczas połowa obwodu byłaby większa niż $ a + b $, zatem każda z przekątnych miałaby długość $ b $, tzn. spośród sześciu wzajemnych odległości danych punktów pięć byłoby równych $ b $, a szósta równa $ a $, zatem mniejsza niż tamte, co byłoby sprzeczne z wynikiem otrzymanym w a). Zatem $ AB = BC = CD = a $, $ AD = b $. Suma przekątnych musi być większa niż $ 2a $, zatem przekątne mają bądź długości $ a $, $ b $ bądź $ b $, $ b $. Pierwszy przypadek jest jednak wykluczony, gdyby bowiem było np. $ AC = a $, $ BD = b $, to trójkąt $ ABC $ byłby równoboczny, więc $ \measuredangle ABC $ miałby $ 60^\circ $, a w trójkącie równoramiennym $ ABD $ kąt $ ABD $ byłby większy od $ 60^\circ $, co jest niemożliwe, gdyż $ \measuredangle ABD $ jest częścią kąta $ ABC $. Jest więc $ AC = BD = b $; trójkąty $ ABC $ i $ DCB $ są przystające, skąd wynika łatwo, że czworokąt $ ABCD $ jest trapezem równoramiennym (rys. 10).

Według twierdzenia Ptolemeusza $ AC \cdot BD = AB \cdot DC + AD \cdot BC $, czyli $ b^2 = ab + a^2 $, skąd

\[<br />
b = a \cdot \frac{1 + \sqrt{5}}{2}.<br />
\]

Z tego wzoru widzimy, że $ b $ jest długością przekątnej pięciokąta foremnego o boku równym $ a $.

1c) Dwa boki czworokąta $ ABCD $ mają długość $ a $, dwa inne długość $ b $.

W tym przypadku boki równe nie mogą być bokami przeciwległymi, gdyż czworokąt byłby wówczas równoległobokiem i miałby przekątną dłuższą niż $ b $, co przeczyłoby założeniu. Czworokąt jest więc deltoidem, przy czym każda z przekątnych ma długość $ b $, gdyż suma przekątnych jest dłuższa niż $ a + b $.

Oznaczając wierzchołki deltoidu jak na rys. 11 i stosując twierdzenie cosinusów do trójkąta $ ACD $, w którym $ \measuredangle DAC = 30^\circ $, otrzymujemy związek

\[<br />
DC^2 = AC^2 + AD^2 - 2AC \cdot AD \cdot \frac{1}{2} \sqrt{3},<br />
\]

czyli

\[<br />
a^2 = b^2(2 - \sqrt{3}),<br />
\]

skąd

\[<br />
b = a \sqrt{2 + \sqrt{3}} = \frac{a}{2} (\sqrt{6} + a \sqrt{2}).<br />
\]

Spostrzegamy, że $ b $ jest długością promienia okręgu opisanego na dwunastokącie foremnym o boku równym $ a $.

2) Przypuśćmy, że punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ tworzą czworokąt wklęsły: niech na przykład punkt $ D $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $. Zauważmy, że każdy odcinek (otwarty) leżący wewnątrz trójkąta jest krótszy od najdłuższego boku trójkąta. Stąd wynika, że 1° przynajmniej jeden bok trójkąta $ ABC $ jest równy $ b $, 2° każdy z odcinków $ DA $, $ DB $, $ DC $ jest równy $ a $, tzn. punkt $ D $ jest środkiem koła opisanego na trójkącie $ ABC $. Mogą zajść następujące przypadki.

2a) $ AB = BC = CA = b $. Dane punkty tworzą figurę rys. 12, przy czym $ b = a\sqrt{3} $.

2b) $ AB = BC = b $, $ CA = a $. Punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ tworzą w tym przypadku figurę rysunku 13. Kąt $ ABC $ ma $ 30^\circ $, gdyż jest równy połowie kąta $ ADC $ mającego $ 60^\circ $. Zatem $ a $ jest długością boku dwunastokąta foremnego wpisanego w koło o promieniu $ b $ i mamy związek

\[<br />
b = \frac{a}{2} (\sqrt{6} + \sqrt{2}).<br />
\]

Przypadek, w którym $ 2 $ boki trójkąta $ ABC $, np. $ AB $ i $ BC $, byłyby równe $ a $ zdarzyć się nie może, gdyż $ AB + BC > AD + DC $, tzn. $ AB + BC> 2a $.

Streszczając otrzymane wyniki powiemy, że istnieje tylko $ 6 $ różnych figur utworzonych z czterech punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ w ten sposób, że łączące je odcinki mają dwie różne długości; stosunek większej do mniejszej z tych długości może mieć tylko wartości $ \sqrt{2} $ (rys. 8), $ \sqrt{3} $ (rys. 9 i rys. 12), $ \frac{\sqrt{5} + 1}{2} $ (rys. 10) oraz $ \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2} $ (rys. 11 i rys. 13).

Proponujemy czytelnikowi rozwiązanie analogicznego zadania dla figur utworzonych z pięciu punktów przestrzeni.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź