IV OM - I - Zadanie 8

Przez punkt $ M $ dany na przedłużeniu boku $ AB $ trójkąta $ ABC $ poprowadzić prostą przecinającą boki $ AC $ i $ BC $ w punktach $ N $ i $ P $ w taki sposób, żeby odcinki $ AN $ i $ BP $ były równe.

Rozwiązanie

Analiza. Obierzmy punkt $ M $ - dajmy na to - na przedłużeniu boku danego trójkąta poza punkt $ B $ (rys. 28). Przypuśćmy, że prosta $ m $ jest rozwiązaniem zadania, tj, że $ AN = BP $.

Poprowadźmy przez punkt $ B $ równoległą do prostej $ m $; przetnie ona bok $ AC $ trójkąta w pewnym punkcie $ Q $. Stosując twierdzenie Talesa do prostych $ AB $ i $ AC $, przeciętych równoległymi $ QB $ i $ m $, oraz do prostych $ AC $ i $ BC $, przeciętych tymiż równoległymi, otrzymujemy proporcje

\[<br />
\frac{AM}{BM} = \frac{AN}{QN} \textrm{ i }<br />
\frac{BP}{QN} = \frac{PC}{NC}.<br />
\]

Ponieważ z zawożenia jest $ BP = AN $, więc z tych proporcyj wynika, że

\[<br />
\frac{PC}{NC} = \frac{AM}{BM}.<br />
\]

Poszukiwana prosta $ m $ odcina zatem od danego trójkąta taki trójkąt $ PCN $, w którym stosunek boków $ PC $ i $ NC $ równa się stosunkowi danych odcinków $ AM $ i $ BM $.

Konstrukcja. Prostą o powyższej własności wykreślimy w sposób następujący: Na półprostych $ CA $ i $ CB $ (rys. 29) odmierzamy odpowiednio odcinki $ CN_1 = BM $ i $ CP_1 = AM $. Przez punkt $ M $ prowadzimy prostą $ m $ równoległą do prostej $ P_1N_1 $; prosta $ m $ przecina proste $ BC $ i $ AC $ w punktach $ P $ i $ N $, przy czym zachodzą proporcje

\[<br />
\frac{PC}{NC} = \frac{P_1C}{N_1C} = \frac{AM}{BM}.<br />
\]

Należy zbadać, czy prosta $ m $ jest rozwiązaniem zadania. Łatwo najpierw stwierdzić, że zachodzi żądana równość $ AN = BP $. Istotnie, prowadząc jak poprzednio równoległą $ BQ $ do prostej $ m $ i stosując twierdzenie Talesa mamy równości

\[<br />
\frac{AM}{BM} = \frac{AN}{QN},\<br />
\frac{PC}{NC} = \frac{BP}{QN}.<br />
\]

Lewe strony tych równości są według konstrukcji równe, zatem

\[<br />
\frac{AN}{QN} = \frac{BP}{QN}, \textrm{ a stąd } AN = BP.<br />
\]

Spełnienie warunku $ AN = BP $ nie zapewnia jeszcze tego, że prosta $ m $ jest prostą szukaną, gdyż ponadto trzeba, żeby punkty $ N $ i $ P $ leżały na bokach $ AC $ i $ BC $ (jak to ma miejsce na rys. 29), a nie na ich przedłużeniach. Rysując figurę przy zmienionych danych zechce czytelnik przekonać się, że punkt $ N $ może wypaść na przedłużeniu odcinka $ AC $ poza punkt $ A $ lub poza punkt $ C $.

Należy przeto ustalić warunki konieczne i dostateczne do tego, aby wyznaczony przez poprzednią konstrukcję punkt $ N $ leżał na odcinku $ AC $.

Jeśli punkt $ N $ leży na odcinku $ AC $, to punkt $ Q $, jako należący do boku $ AN $ trójkąta $ AMN $, leży również na odcinku $ AC $, wobec czego mamy na tym odcinku kolejność punktów: $ A $, $ Q $, $ N $, $ C $.

Wysnujemy stąd dwa wnioski:

1° Ponieważ $ \frac{AC}{AN} = \frac{AQ + QC}{AQ + QN} $, a $ QC > QN $, więc $ \frac{AC}{AN} < \frac{QC}{QN} $ (zastosowaliśmy tu twierdzenie arytmetyki: jeżeli $ a > b > 0 $ i $ c > 0 $, to $ \frac{a + c}{b+c} < \frac{a}{b} $), co wobec równości $ \frac{QC}{QN} = \frac{BC}{BP} $ i $ BP = AN $ daje $ \frac{AC}{AN} < \frac{BC}{AN} $, i ostatecznie mamy

\[<br />
(1) \qquad AC < BC.<br />
\]

2° Ponieważ według konstrukcji jest $ \frac{BM}{AM} = \frac{CN_1}{CP_1} = \frac{CQ}{CB} $, a $ CQ < AC $, więc

\[<br />
(2) \qquad \frac{BM}{AM} < \frac{AC}{CB}.<br />
\]

Nierówności (1) i (2), które wywnioskowaliśmy z założenia, że zbudowana prosta $ m $ jest rozwiązaniem zadania, stanowią zatem warunki konieczne istnienia rozwiązania. Możemy je wypowiedzieć poglądowo, jak następuje: Punkt $ M $ dany na przedłużeniu podstawy musi się znajdować po stronie większego z pozostałych boków trójkąta i dzielić podstawę zewnętrznie w stosunku mniejszym niż stosunek mniejszego z tych boków do większego.

Wykażemy, że te warunki konieczne są zarazem dostateczne. Istotnie, według konstrukcji punkt $ Q $ leży na odcinku $ CN_1 $ i $ \frac{BM}{AM}= \frac{CN_1}{CP_1} $; jeśli więc spełniony jest warunek (2), to

\[<br />
\frac{CQ}{CB} < \frac{AC}{CB}, \textrm{ więc } CQ < AC,<br />
\]

tzn. punkt $ Q $ leży na odcinku $ AC $. W takim razie punkt $ N $ leży na półprostej $ AC $, gdyż $ Q $ znajduje się między $ A $ i $ N $.

Z drugiej strony, według konstrukcji mamy

\[<br />
\frac{AN}{QN} = \frac{AM}{BM} = \frac{CP_1}{CN_1} = \frac{CB}{CQ};<br />
\]

jeśli więc spełniony jest warunek (1), to

\[<br />
\frac{AN}{QN} > \frac{AC}{QC}, \textrm{ zatem }<br />
\frac{AQ + QN}{QN} > \frac{AQ + QC}{QC};<br />
\]

z tej nierówności wynika, że

\[<br />
\frac{AQ}{QN} > \frac{AQ}{QC}, \textrm{ a stąd } QN < QC.<br />
\]

Punkt $ N $ leży więc na odcinku $ QC $, a tym samym na odcinku $ AC $.

Uzyskaliśmy wynik: W przypadku, gdy $ AM > BM $, można rozwiązać zadanie wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są nierówności (1) i (2). Rozwiązanie jest tylko jedno.

Uwaga 1. Konieczność warunku (1) można stwierdzić w następujący prosty sposób: Niech $ BP = AN $ (rys. 30). Poprowadźmy, $ PK \parallel AN $; wówczas $ AN > PK $, zatem $ BP > PK $, więc też $ BC > AC $.

Uwaga 2. Warunek (2) można interpretować jak następuje: Niech $ AC'B $ (rys. 31) będzie trójkątem symetrycznym do trójkąta $ ACB $. Jeśli $ AC < BC $, to $ AC' > BC' $ i dwusieczna kąta zewnętrznego w trójkącie $ AC'B $ przy wierzchołku $ C' $ przecina przedłużenie odcinka $ AB $ poza punkt $ B $ w punkcie $ M_0 $. Według twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie mamy

\[<br />
\frac{BM_0}{AM_0} = \frac{BC'}{AC'} = \frac{AC}{BC}.<br />
\]

Warunek (2) można więc zastąpić warunkiem

\[<br />
\frac{BM}{AM} < \frac{BM_0}{AM_0},<br />
\]

który oznacza, że punkt $ M $ powinien się znajdować pomiędzy punktem $ B $ a punktem $ M_0 $.

Uwaga 3. Rozwiązanie zadania można ująć prosto i przejrzyście, gdy się skorzysta z twierdzenia Menelausa (Patrz: Zadania, z Trzeciej Olimpiady Matematycznej, Warszawa 1953, zadanie nr 23.):

Jeżeli prosta $ m $ przecina proste skierowane $ AB $, $ BC $, $ CA $ odpowiednio w punktach $ M $, $ P $, $ N $, to zachodzi równość

\[<br />
(\alpha) \qquad \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CN}{NA} = -1.<br />
\]

Jeżeli prosta $ m $ jest rozwiązaniem naszego zadania, to $ BP = NA $ i równość $ (\alpha) $ przybiera postać

\[<br />
(\beta) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{CN}{PC} = -1.<br />
\]

Wprowadźmy oznaczenia: $ AB = c $, $ BC = a $, $ CA = b $, $ BM = p $, $ CN = x $; wtedy $ AM = c + p $, $ PC = BC - BP = BC - NA = a - (b - x) $ i równość $ (\beta) $ daje

\[<br />
(\beta') \qquad<br />
\frac{c + p}{-p} \cdot<br />
\frac{x}{a - b + x} = -1,<br />
\]

stąd

\[<br />
(\gamma) \qquad a = \frac{(a - b) p}{c}.<br />
\]

Ponieważ $ 0 < CN < CA $, czyli $ 0 < x < b $, więc ze wzoru ($ \gamma $) wynikają nierówności

\[<br />
(\delta) \qquad b<a,<br />
\]
\[<br />
(\varepsilon) \qquad<br />
p < \frac{bc}{a-b}.<br />
\]

Nierówność ($ \delta $) jest identyczna z nierównością (1), a nierówność ($ \varepsilon $) jest równoważna nierówności $ \frac{p}{c+p} < \frac{b}{a} $, czyli nierówności (2). Otrzymaliśmy te same, co poprzednio warunki konieczne do tego, aby istniało rozwiązanie zadania.

Przypuśćmy, że warunki ($ \delta $) i ($ \varepsilon $) są spełnione. Jeśli wyznaczymy $ x $ ze wzoru ($ \gamma $) i na półprostej $ CA $ odmierzymy $ CN = x $, to prosta $ MN $ będzie rozwiązaniem zadania. W rzeczy samej, zachodzi wówczas równość ($ \beta ' $) więc i równość ($ \beta $), w której $ P $ oznacza punkt przecięcia prostej $ MN $ z odcinkiem $ BC $. A ponieważ punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą na jednej prostej, więc prawdziwa jest równość ($ \alpha $), z równości zaś ($ \alpha $) i ($ \beta $) wynika, że $ BP = NA $, czego należało dowieść.

Wzór ($ \gamma $) prowadzi do następującej konstrukcji przedstawionej na rysunku 32:

Odmierzamy $ CD = CA $, prowadzimy $ ME \parallel AD $ i odmierzamy $ CN = EB $; prosta $ MN $ jest prostą szukaną.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź