XLIX OM - I - Zadanie 6

W trójkącie $ ABC $, w którym $ |AB| > |AC| $, punkt $ D $ jest środkiem boku $ BC $, punkt $ E $ leży na boku $ AC $. Punkty $ P $ i $ Q $ są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów $ B $ i $ E $ na prostą $ AD $. Dowieść, że $ |BE| = |AE| + |AC| $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ |AD| = |PQ| $.

Rozwiązanie

Uwaga 1: W oficjalnym druku z tekstami zadań na zawody pierwszego stopnia XLIX Olimpiady Matematycznej zadanie 6 zostało sformułowane z błędem: brakowało założenia, że $ |AB| > |AC| $. (Poprawiona wersja zadania została rozesłana do szkół jako Errata kilka tygodni później.) Bez tego założenia równoważność dana do udowodnienia nie jest prawdziwa. Jako ćwiczenie proponujemy Czytelnikowi znalezienie kontrprzykładu; wskazówkę może stanowić równoważność (2) uzyskana w rozwiązaniu sposobem III.

Założenie, że $ |AB|> |AC| $ gwarantuje, że kąt $ ADC $ jest ostry, a więc rzut $ P $ punktu $ B $ na prostą $ AD $ leży na półprostej $ AD^\to $ poza obrębem trójkąta $ ABC $; punkty $ A $, $ C $, $ D $, $ E $, $ Q $ leżą wszystkie po jednej stronie prostej $ BP $; punkt $ D $ leży między punktami $ A $ i $ P $.

Sposób I

Przez punkt $ B $ prowadzimy prostą równoległą do $ AD $; przecina ona półprostą $ CA^\to $ w punkcie, który oznaczymy przez $ F $. Półprosta $ EQ^\to $ przecina półprostą $ BF^\to $ w punkcie, który nazwiemy $ S $; leży on na odcinku $ BF $, gdy $ |\measuredangle CAD| \leq 90^\circ $, a poza tym odcinkiem, gdy $ |\measuredangle CAD| > 90^\circ $ (dwa warianty rysunku 2). Z równoległości $ BF\parallel AD $ wynika, że punkt $ A $ jest środkiem boku $ CF $ trójkąta $ BCF $. Zatem $ |AD| = \frac{1}{2}|BF| $.

Wszystkie powyższe stwierdzenia wynikają z określeń podanych w dwóch pierwszych zdaniach treści zadania i są słuszne niezależnie od prawdziwości lub fałszywości podanych w trzecim zdaniu warunków, których równoważność należy udowodnić.

Napiszemy teraz ciąg warunków, z których każdy jest w oczywisty sposób równoważny poprzedniemu:

\[<br />
\begin{split}<br />
\Big(|AD| = |PQ|\Big) &\Longleftrightarrow \Big(\frac{1}{2}|BF| = |BS|\Big)\\<br />
&\Longleftrightarrow \Big(\textrm{punkt $S$ jest środkiem odcinka $BF$} \Big)\\<br />
&\Longleftrightarrow \Big(|BE|=|EF| \Big)\\<br />
&\Longleftrightarrow \Big(|BE|=|AE|+|AF| \Big)\\<br />
&\Longleftrightarrow \Big(|BE|=|AE|+|AC| \Big).<br />
\end{split}<br />
\]

Równoważność pomiędzy warunkiem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Uwaga 2: Wszystkie te równoważności zachodzą niezależnie od tego, którą z dwóch sytuacji zilustrowanych na dwóch wariantach rysunku 2 rozpatrujemy. Ale jest jasne, że w przypadku przedstawionym na rysunku prawym punkt $ S $ na pewno nie jest środkiem odcinka $ BF $; a zatem w tym przypadku wypisane równoważności wiążą łańcuszek zdań, które wszystkie są fałszywe. Jednak to, że prowadzone rozumowanie jest a priori, niezależne od przypadku, a przy tym krótkie i przejrzyste, stanowi o elegancji rozwiązania.

Sposób II

Oznaczmy przez $ X $ punkt przecięcia odcinków $ AD $ i $ BE $. Jak w poprzednim rozwiązaniu, uporządkowanie rozważanych punktów na prostej $ AD $ zależy od tego, czy kąt $ CAD $ jest ostry, prosty, czy rozwarty.

Rozważmy najpierw przypadek, gdy $ |\measuredangle CAD|\geq90^\circ $ (prawy wariant rysunku 2, na którym należy sobie wyobrazić punkt $ X $ zaznaczony między $ A $ i $ D $). Wówczas $ |AE|<|EX| $, $ |AC|<|CD| = |BD|<|BX| $. Dodajemy te nierówności stronami: $ |AE| + |AC| < |EX| + |BX| = |BE| $. Punkty $ A $ i $ D $ leżą (w rozważanym przypadku) na odcinku $ PQ $, przy czym $ D $ jest punktem wewnętrznym tego odcinka, więc $ |AD| < |PQ| $. To pokazuje, że żaden z dwóch warunków, których równoważność należy wykazać, nie jest w tym przypadku spełniony - jest więc spełniona ich równoważność.

Dalej zajmujemy się przypadkiem, gdy $ |\measuredangle CAD|<90^\circ $. Oznaczmy przez $ R $ rzut prostokątny punktu $ C $ na prostą $ AD $; leży on między punktami $ Q $ i $ D $. Niech $ M $ i $ N $ będą odpowiednio środkami odcinków $ EC $ i $ QR $ (rysunek 3; punkt $ X $ może leżeć na odcinku $ QN $, na $ NR $ lub na $ RD $ - nie ma to znaczenia dla dalszego rozumowania). Odcinek $ DM $ łączy środki boków $ BC $ i $ CE $ trójkąta $ BCE $, więc jest równoległy do $ BE $. Odcinek $ MN $ łączy środki boków $ EC $ i $ QR $ trapezu $ CEQR $, więc jest równoległy do $ EQ $ i $ CR $, czyli jest prostopadły do $ AD $.

Trójkąt prostokątny $ CDR $ przystaje do trójkąta $ BDP $, więc $ |BP| = |CR| $ oraz $ |DP| = |DR| $. Z równoległości $ EQ \parallel CR \parallel BP $ wynikają w myśl twierdzenia Talesa następujące proporcje:

\[<br />
\frac{|BX|}{|EX|} = \frac{|BP|}{|EQ|}=\frac{|CR|}{|EQ|}=\frac{|AC|}{|AE|}.<br />
\]

Oznaczmy wspólną wartość tych czterech stosunków przez $ \lambda $. Zatem

\[<br />
\qquad (1)<br />
\frac{|AE|+|AC|}{|BE|}=\frac{|AE|+|AC|}{|EX|+|BX|}=\frac{|AE|+\lambda \cdot |AE|}{|EX|+\lambda \cdot |EX|}=\frac{|AE|}{|EX|}.<br />
\]

Przyjrzyjmy się teraz odcinkom zawartym w prostej $ AD $. Punkty $ A $, $ Q $, $ N $, $ R $, $ D $, $ P $ leżą na niej w takim właśnie porządku; punkty $ N $ i $ D $ są odpowiednio środkami odcinków $ QR $ i $ RP $. Wobec tego

\[<br />
\begin{split}<br />
|AD|-|PQ| &= (|AP| - |DP|) - (|AP| - |AQ|) = |AQ| - |DP| =\\<br />
&= |AQ|-|RD| = (|AN|-|QN|) - (|ND|-|NR|)=\\<br />
&= |AN|-|ND|.<br />
\end{split}<br />
\]

Warunek $ |AD| = |PQ| $ jest więc równoważny temu, że $ |AN| = |ND| $ czyli że wysokość $ MN $ trójkąta $ ADM $ jest jednocześnie jego środkową, czyli że jest to trójkąt równoramienny o podstawie $ AD $. Trójkąt ten jest jednokładny do trójkąta $ AXE $. Stąd wniosek, że warunek $ |AD| = |PQ| $ jest spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy $ |AE| = |EX| $.

Równość (1) pokazuje, że także warunek $ |AE| + |AC| = |BE| $ jest spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy $ |AE| = |EX| $. Mamy więc równoważność, o którą chodziło.

Uwaga 3: Można uniknąć oddzielnego rozpatrywania przypadku, gdy $ |\measuredangle CAD| \geq 90^\circ $, rezygnując z informacji o usytuowaniu interesujących nas punktów na prostej $ AD $, i zamiast tego rozważać odcinki skierowane (i ich długości opatrzone znakami plus lub minus) - czyli rozważać wektory. Jeśli jednak decydujemy się na użycie wektorów, to można w ogóle nie wprowadzać dodatkowych punktów i odcinków, nie powoływać się na przystawanie i podobieństwo trójkątów, tylko wprost prowadzić rachunek na wektorach. Przedstawimy takie rozwiązanie: grubą kropką oznaczamy iloczyn skalarny.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź