I OM - I - Zadanie 3

Zbudować trójkąt równoboczny, którego wierzchołki leżą na trzech danych prostych równoległych.

Rozwiązanie

Sposób I (metoda obrotu).

Analiza. Niech $ ABC $ będzie trójkątem równobocznym, którego wierzchołki $ A, B, C $ leżą odpowiednio na danych prostych równoległych $ a, b, c $ (rys. 13 a).

om1_Br_img_13a.jpg

Obróćmy całą figurę dokoła punktu $ A $ o kąt $ BAC = 60^{\circ} $ Punkt $ B $ znajdzie się po obrocie w punkcie $ C $, prosta $ b $ przybierze położenie $ b_l $ . Ponieważ mając środek $ A $ i kąt obrotu równy $ 60^{\circ} $ potrafimy wykreślić prostą $ b_l $ , więc znajdziemy punkt $ C $ w przecięciu prostych $ b_l $ i $ c $.

Konstrukcja. Obieramy dowolnie punkt $ A $ na prostej $ a $ (rys. 13 b). Obracamy prostą $ b $ o $ 60^{\circ} $ dokoła punktu $ A $ kreśląc $ AM \perp a $, $ \measuredangle MAN = 60^{\circ} $ i wreszcie $ b_l \perp AN $. Prosta $ b_l $ przecina prostą $ c $ w punkcie $ C $. Z punktu $ A $ zakreślamy okrąg promieniem $ AC $. Niech $ B $ będzie punktem przecięcia tego okręgu z prostą $ b $, leżącym po przeciwnej stronie prostej $ AM $ niż punkt $ N $. Trójkąt $ ABC $ jest trójkątem równobocznym.

om1_Br_img_13b.jpg

Aby tego dowieść, obróćmy całą figurę na rysunku 13 b) o kąt $ MAN $. Prosta $ b $ przybierze położenie $ b_l $, a punkt $ B $ zakreśli łuk o promieniu $ AB $ i znajdzie się w punkcie przecięcia tego łuku z prostą $ b_l $ , tzn. w punkcie $ C $. Zatem $ \measuredangle BAC = \measuredangle MAN = 60^{\circ} $, z czego wynika, że trójkąt $ ABC $ jest równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ obrotu o $ 60^{\circ} $ dokoła punktu $ A $ dokonać można w dwóch kierunkach, przeto dla dowolnie obranego punktu $ A $ na prcstej $ a $ istnieją dwa trójkąty równoboczne o wierzchołkach leżących na danych prostych $ a, b, c $. Trójkąty te są symetryczne względem prostej $ AM $ - osi symetrii figury danej.

Sposób II

Analiza. Niech trójkąt $ ABC $ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 14 a). Okrąg opisany na trójkącie $ ABC $ przecina prostą $ a $ w punktach $ A $ i $ D $. Według twierdzenia o kątach wpisanych mamy

\[<br /> \begin{split}<br /> \measuredangle ADB = \measuredangle ACB = 60^{\circ}<br /> \measuredangle BDC = \measuredangle BAC = 60^{\circ}<br /> \end{split}<br /> \]

Obierając dowolnie punkt $ D $ można zatem wyznaczyć punkty $ E $ i $ C $, a następnie $ A $.

om1_Br_img_14a.jpg

Konstrukcja. Z punktu $ D $, obranego dowolnie na prostej $ a $, jako ze środka, zataczamy okrąg dowolnie wielkim promieniem $ DK $ (rysunek 14 b). Odmierzamy $ KM = MN = DK $ i prowadzimy proste $ DM $ i $ DN $, które przecinają się z prostymi $ b $ i $ c $ w punktach $ B $ i $ C $. Z punktu $ C $ jako ze środka zataczamy łuk promieniem $ CB $ do przecięcia z półprostą $ DK $ prostej $ a $ w punkcie $ A $.

om1_Br_img_14b.jpg

Trójkąt $ ABC $ jest równoboczny. Aby się o tym przekonać, weźmy pod uwagę okrąg opisany na trójkącie $ BCD $. Ponieważ $ \measuredangle BDC = 60^{\circ} $, więc $ BC $ jest bokiem trójkąta foremnego wpisanego w ten okrąg. Trzeci wierzchołek owego trójkąta musi leżeć na półprostej $ DK $ (gdyż $ \measuredangle KDB = 60^{\circ} $) a zarazem na okręgu, który został zatoczony ze środka $ C $. Tym trzecim wierzchołkiem jest więc punkt $ A $.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Okrąg o środku $ C $ i promieniu $ CB $ przecina półprostą $ DK $ w jednym punkcie, gdyż $ BC > CP $, więc też $ BC > CD $. Przy obranym punkcie $ D $ otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, gdyż punkt $ K $ można obrać na prostej $ a $ bądź po jednej stronie punktu $ D $, bądź po drugiej.

Sposób III (metoda figur podobnych)

Analiza. Niech $ ABC $ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 15)

om1_Br_img_15.jpg

Zauważmy, że potrafimy zbudować figurę podobną do figury szukanej. W tym celu wystarczy wykreślić dowolny trójkąt równoboczny $ A_B_C_ $ (rys. 16) i wyznaczyć na boku $ A_1C_1 $ taki punkt $ D_1 $ że $ \frac{A_1D_1}{D_1C_1}= \frac{AD}{DC} $. Lecz stosunek $ \frac{AD}{DC} $ jest znany, ponieważ równa się stosunkowi odpowiednich odległości między prostymi równoległymi $ a, b, c $. Prowadząc przez $ B_l $ i $ D_1 $ prostą $ b_l $ , a następnie kreśląc $ a_l || b_l $ i $ c_1 || b_1 $ otrzymujemy figurę, która jest podobna do figury na rysunku 15, wobec czego równe są np. kąty zaznaczone na obu rysunkach. Mając zaś kąt między prostą $ AB $ prostą możemy wykreślić trójkąt $ ABC $.

om1_Br_img_16.jpg

Konstrukcja. Najdogodniej obrać punkty $ A_1 $ i $ C_1 $ na prostych $ a $ i $ c $ (rys. 17), gdyż wówczas punkt $ D_1 $ znajdujemy od razu w przecięciu odcinka $ A_1C_l $ z prostą $ b $. Budując trójkąt równoboczny $ A_B_lC_1 $ otrzymujemy kąt $ A_1B_1D_1 $. Przy dowolnie obranym punkcie $ A $ prostej $ a $ odmierzamy od tej prostej kąt równy kątowi $ A_1B_1D_1 $ i otrzymujemy punkt $ B $. Budujemy wreszcie $ \measuredangle BAC = 60^{\circ} $. Trójkąt $ ABC $ jest trójkątem równobocznym; udowodnimy to.

om1_Br_img_17.jpg

Figura $ ABCD $ jest podobna do figury $ A_1B_1C_1D_1 $ . Istotnie trójkąt $ ABD $ jest podobny do trójkąta $ A_lB_1D_1 $ (dwie pary kątów odpowiednio równych), a punkt $ C $ prostej $ AD $ jest punktem odpowiednim do punktu $ C_1 $ prostej $ A_1D_l $, wobec równości stosunków $ \frac{A_1D_1}{D_1C_1} $ i $ \frac{AD}{DC} $. Trójkąt $ ABC $ jest więc równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ kąt równy kątowi $ A_1B_1D_l $ można odmierzyć przy prostej
a po każdej stronie punktu $ A $, przeto otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, jak przy metodzie poprzedniej.

Sposób IV (metoda miejsc geometrycznych).

Analiza. Jeśli trójkąt $ ABC $ jest trójkątem o żądanych własnościach, to przesuwając go równolegle w kierunku danych prostych $ a, b, c $ możemy wierzchołek $ A $ umieścić w dowolnie obranym punkcie prostej $ a $. Zadanie sprowadza się wówczas do wyznaczenia jednego z pozostałych wierzchołków, np. wierzchołka $ C $.

Punkt $ C $ znajdziemy w przecięciu dwóch miejsc geometrycznych:

  1. prostej $ c $
  2. miejsca geometrycznego trzeciego wierzchołka trójkąta
    równobocznego, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $ A $
    a drugi wierzchołek $ B $ porusza się po prostej $ b $.

Wyznaczymy to drugie miejsce geometryczne.

Ponieważ istnieją dwa trójkąty równoboczne o tej samej podstawie $ AB $, przeto weźmy najpierw pod uwagę te trójkąty $ ABC $, w których punkty $ A, B, C $ następują po sobie w porządku cyklicznym dodatnim, tzn. przeciwnym do tego, który określa ruch wskazówki zegara.

om1_Br_img_18a.jpg

Niech w położeniu $ AB_1C_1 $ (rys. 18) punkt $ C_1 $ leży na prostej $ b $ i niech $ ABC $ będzie dowolnym innym położeniem trójkąta. Udowodnimy, że punkt $ C $ zakreśla prostą $ m $ przechodzącą przez punkt $ C_1 $ i równoległą do prostej $ AB_1 $.

W dowodzie rozróżnimy trzy przypadki położenia punktu $ B $:

  1. punkt $ B $ leży na prawo od punktu $ B_1 $ (rys. 18 a),

  2. punkt $ B $ leży między punktami $ E_1 $ i $ C_1 $ (rys. 18b),

  3. punkt $ B $ leży na lewo od punktu $ C_1 $ (rys. 18 c).

W przypadku a) mamy $ \measuredangle AC_1B = \measuredangle ACB = 60^{\circ} $, czworokąt $ ABCC_1 $ jest czworokątem wpisanym w koło, wobec czego $ \measuredangle CC_1B = \measuredangle CAB = 60^{\circ} $ i $ CC_1 || AB_1 $· Punkt $ C $ przebiega tę półprostą prostej $ m $, która leży po przeciwnej stronie prostej $ b $ niż prosta $ a $.

Istotnie, jeśli $ C $ leży na tej prostej, a $ \measuredangle CAB = 60^{\circ} $, to $ \measuredangle CAB = \measuredangle CC_1B $, więc w czworokącie $ ABCC_1 $ mamy $ ACB = \measuredangle AC_1B = 60^{\circ} $ i trójkąt $ ABC $ jest równoboczny.

W przypadkach b) i c) rozumowanie jest analogiczne. Na rysunkach 18 b) i c) zaznaczone są równe kąty; punkt $ C $ przebiega pozostałe części prostej $ m $.

om1_Br_img_18b.jpg
om1_Br_img_18c.jpg

Rozważając wreszcie trójkąty $ ABC $ o ujemnym porządku cyklicznym punktów $ A, B, C $, tj. trójkątyodpowiednio symetryczne do poprzednich trójkątów względem ich podstaw AB,otrzymujemy drugą część poszukiwanego miejsca geometrycznego, mianowicie prostą $ n $ przechodzącą przez punkt $ B_1 $ i równoległą do prostej $ AC_1 $.

om1_Br_img_19.jpg

Szukane miejsce geometryczne jest więc parą prostych $ m $ i $ n $.

Konstrukcja. Wykreślamy (rys. 19) trójkąt równoboczny $ AB_1C_1 $ oraz proste $ m $ i $ n $, otrzymując w przecięciu ich z prostą $ c $ punkty $ C $ i $ C_1 $.

Budujemy $ \measuredangle CAB = 60^{\circ} $. Trójkąt $ ABC $ jest żądanym trójkątem równobocznym; drugim takim trójkątem jest symetryczny do niego trójkąt $ ABC $.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna, zadanie ma dwa rozwiązania symetryczne.

Sposób V (metoda algebraiczna, czyli rachunkowa).

Analiza. Niech $ ABC $ będzie trójkątem poszukiwanym. Obliczymy kąt nachylenia $ x $ boku $ AB $ do prostej $ a $ (rys. 20) w zależności od odległości $ AM = p $ prostych $ a $ i $ b $ oraz odległości $ CN = q $ prostych $ b $ i $ c $.

om1_Br_img_20.jpg

Z trójkątów $ AMB $ i $ CNB $ mamy

\[<br /> p = AB \sin x, q = BC \sin (60^{\circ} - x), AB = BC.<br /> \]

Stąd

\[<br /> \begin{split}<br /> p \sin (60^{\circ} - x) &= q sin x, \\<br /> p \sin 60^{\circ} \cos x - p \cos 60^{\circ} \sin x &= q \sin x<br /> \end{split}<br /> \]

i ostatecznie

\[<br /> \tan x = \frac{p\sqrt{3}}{p+2q}<br /> \]

Konstrukcja (rys. 21). Budujemy kąt $ x $ jako kąt ostry trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $ p\sqrt{3} $ i $ p + 2q $, leżący naprzeciw boku $ p\sqrt{3} $. Wykreślamy odcinek $ AB $ tworzący kąt $ x $ z prostą $ a $. Wreszcie wykreślamy $ \measuredangle ABC = 60^{\circ} $. Trójkąt $ ABC $ jest trójkątem równobocznym.

om1_Br_img_21.jpg

Istotnie z trójkątów $ AMB $ i $ CNB $ mamy związki

\[<br /> AB=\frac{p}{\sin x},\quad BC = \frac{q}{\sin(60^{\circ}-x)}<br /> \]

zatem

\[<br /> \begin{split}<br /> \frac{AB}{BC} = \frac{p\sin(60^{\circ}-x)}{q\sin x} = \frac{p(\sin 60^{\circ}\cos x - \cos 60^{\circ})}{q\sin x} = \\<br /> = \frac{p}{q}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cotan x - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{p+2q}{p\sqrt{3}}<br /> - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q}\left(\frac{1}{2} + \frac{p}{q} - \frac{1}{2}\right) = 1.<br /> \end{split}<br /> \]

tzn. $ AB = BC $, skąd wynika, że trójkąt $ ABC $ jest równoboczny.

Dyskusja. Ponieważ kąt $ x $ możemy odmierzyć po obu stronach punktu $ A $, więc zadanie ma zawsze dwa rozwiązania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź