XLVI OM - III - Zadanie 6

Dane są trzy niewspółpłaszczyznowe półproste $ k $, $ l $, $ m $ o wspólnym początku $ P $ oraz punkt $ A $ różny od $ P $ należący do $ k $. Wykazać, że istnieje dokładnie jedna para punktów $ B $, $ C $, należących odpowiednio do $ l $ i $ m $, taka, że

\[<br />
|PA| + |AB| = |PC| + |CB| \quad \text{oraz} \quad |PB| + |BC| = |PA| + |AC|.<br />
\]

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od analizy postulowanych warunków. Załóżmy, że punkty $ B \in l $, $ C \in m $ spełniają te warunki:

\[<br />
(1) \qquad \quad |PA| + |AB| = |PC| + |CB|\quad \textrm{oraz}\quad |PB| + |BC| = |PA| + |AC|.<br />
\]

W powstały trójkąt $ ABC $ wpisujemy okrąg. Punkty styczności tego okręgu z bokami $ BC $, $ CA $, $ AB $ oznaczmy odpowiednio przez $ Q $, $ R $, $ S $ (rysunek 15). Zachodzą więc równości

\[<br />
(2) \qquad \quad |BS| = |BQ|,\quad      |CQ| = |CR|,\quad      |AR| = |AS|.<br />
\]

Odejmujemy stronami pierwszą równość (2) od pierwszej równości (1): otrzymujemy związek $ |PA| + |AB|-|BS| = |PC| + |CB|-|BQ| $, czyli

\[<br />
(3) \qquad \quad |PA| +|AS| = |PC| + |CQ|.<br />
\]

Następnie odejmujemy stronami drugą równość (2) od drugiej równości (1): dostajemy związek $ |PB| + |BC|-|CQ| = |PA| + |AC|-|CR| $, czyli

\[<br />
(4) \qquad \quad |PB| + |BQ| = |PA| + |AR|.<br />
\]

Trzecia równość (2) pokazuje, że lewa strona (3) równa się prawej stronie (4). Oznaczmy tę wspólną wartość przez $ t $. Tak więc

\[<br />
(5) \qquad |PA| + |AR| = |PA| + |AS| = t,<br />
\]

i wobec zależności (2) i (4) oraz (2) i (3):

\[<br />
(6) \qquad |PB| + |BS| = |PB| + |BQ| = t,<br />
\]
\[<br />
(7) \qquad |PC| + |CR| = |PC| + |CQ| = t.<br />
\]

Na półprostych $ k $, $ l $, $ m $ odkładamy odcinki $ PK $, $ PL $, $ PM $ o jednakowej długości $ t $: $ |PK| = |PL| = |PM| = t $. Liczba $ t $ jest większa od każdej z odległości $ |PA| $, $ |PB| $, $ |PC| $, więc punkty $ A $, $ B $, $ C $ leżą odpowiednio na odcinkach $ PK $, $ PL $, $ PM $. Wobec tego

\[<br />
(8) \qquad<br />
\begin{split}<br />
t=|PK| = |PA| & + |AK|,\quad  t=|PL| = |PB| + |BL|, \\<br />
& t=|PM| = |PC| + |CM|.<br />
\end{split}<br />
\]

Porównując te związki z uzyskanymi wcześniej związkami (5), (6), (7) dochodzimy do równości

\[<br />
(9) \qquad<br />
\begin{split}<br />
|AK| = |AR| = & |AS|,\quad |BL| = |BQ| = |BS|,\\<br />
& |CM| = |CQ| = |CR|.<br />
\end{split}<br />
\]

om46_3r_img_15.jpg

Weźmy pod uwagę okrąg $ \omega_1 $ dopisany do trójkąta $ PBC $ przy boku $ BC $; punkty jego styczności z bokiem $ BC $ oraz z przedłużeniami boków $ PB $ i $ PC $ oznaczmy odpowiednio przez $ Q' $, $ L' $, $ M' $. Oczywiście $ |PL'| = |PM'| $. Jednocześnie

\[<br />
|PL'| = |PB| + |BL'| = |PB| + |BQ'|,<br />
\]
\[<br />
|PM'| = |PC| + |CM'| = |PC| + |CQ'|,<br />
\]

skąd (wobec (6) i (7))

\[<br />
\begin{split}<br />
|PL'| + |PM'| & = |PB| + |PC| + |BQ'| + |CQ'| = |PB| + |PC| + |BC| =\\<br />
& = |PB| + |PC| + |BQ| + |CQ| = 2t,<br />
\end{split}<br />
\]

czyli $ |PL'| = |PM'| = t $. To znaczy, że punkt $ L' $ pokrywa się z $ L $, a punkt $ M' $ pokrywa się z $ M $. Ponadto $ |BQ'| = |BL'| = |BL| = |BQ| $, więc także punkt $ Q' $ pokrywa się z $ Q $. Punkty $ Q $, $ L $, $ M $ są zatem punktami styczności okręgu $ \omega_1 $ z prostymi $ BC $, $ PB $, $ PC $.

Analogicznie stwierdzamy, że punkty $ R $, $ M $, $ K $ są punktami styczności okręgu $ \omega_2 $, dopisanego do trójkąta $ PCA $, z bokiem $ CA $ i z przedłużeniami boków $ PC $ i $ PA $; podobnie, punkty $ S $, $ K $, $ L $ są punktami styczności okręgu $ \omega_3 $, dopisanego do trójkąta $ PAB $, z bokiem $ AB $ i z przedłużeniami boków $ PA $ i $ PB $. Okręgi $ \omega_1 $, $ \omega_2 $, $ \omega_3 $ są więc styczne do płaszczyzny $ ABC $.

Przeprowadzona analiza daje wskazówkę do dowodu zarówno istnienia poszukiwanej pary punktów $ B $, $ C $, jak również jej jedyności.

Odłóżmy na półprostych $ k $, $ l $, $ m $ odcinki $ PK_0 $, $ PL_0 $, $ PM_0 $ mające jednakową (dowolną) długość $ s: |PK_0| = |PL_0| =|PM_0| = s $. Weźmy pod uwagę trzy okręgi:

  • $ \sigma_1 $ - okrąg styczny do półprostych $ l $ i $ m $ w punktach $ L_0 $ i $ M_0 $,
  • $ \sigma_2 $ - okrąg styczny do półprostych $ m $ i $ k $ w punktach $ M_0 $ i $ K_0 $,
  • $ \sigma_3 $ - okrąg styczny do półprostych $ k $ i $ l $ w punktach $ K_0 $ i $ L_0 $.

Istnieje wówczas dokładnie jedna płaszczyzna $ \pi $, styczna do tych trzech okręgów i taka, że punkty $ K_0 $, $ L_0 $, $ M_0 $ leżą po przeciwnej jej stronie niż punkt $ P $. Ten fakt, intuicyjnie jasny, można uzasadnić w następujący sposób.

Rozważamy ruchomy punkt $ X $, przebiegający odcinek $ PK_0 $. Z punktu $ X $ prowadzimy proste styczne do okręgów $ \sigma_3 $ i $ \sigma_2 $, przecinające odcinki $ PL_0 $ i $ PM_0 $ odpowiednio w punktach $ Y $ i $ Z $.

Gdy punkt $ X $ znajduje się blisko punktu $ P $, punkty $ Y $ i $ Z $ leżą blisko punktów $ L_0 $ i $ M_0 $; odcinek $ YZ $ przecina wówczas okrąg $ \sigma_1 $ (w dwóch punktach).

Gdy $ X $ znajduje się blisko punktu $ K_0 $, punkty $ Y $ i $ Z $ leżą blisko punktu $ P $; odcinek $ YZ $ jest wówczas rozłączny z okręgiem $ \sigma_1 $.

Gdy $ X $ przebiega odcinek $ PK_0 $, oddalając się od jego końca $ P $, punkty $ Y $ i $ Z $ przebiegają odcinki $ L_0P $ i $ M_0P $, zbliżając się do $ P $.

Istnieje zatem dokładnie jedno położenie punktu $ X $, wyznaczające punkty $ Y $ i $ Z $ tak, że odcinek $ YZ $ jest styczny do okręgu $ \sigma_1 $. Płaszczyzna $ XYZ $ jest wówczas styczna do wszystkich trzech okręgów $ \sigma_1 $, $ \sigma_2 $, $ \sigma_3 $; jest to płaszczyzna $ \pi $, o którą nam chodziło. Wyznaczające tę płaszczyznę położenia punktów $ X $, $ Y $, $ Z $ nazwijmy odpowiednio: $ A_0 $, $ B_0 $, $ C_0 $.

Jeżeli szukane punkty $ B $ i $ C $ istnieją, to okręgi $ \omega_1 $, $ \omega_2 $, $ \omega_3 $, określone w przeprowadzonej wcześniej analizie zadania, są obrazami okręgów $ \sigma_1 $, $ \sigma_2 $, $ \sigma_3 $ w jednokładności o środku $ P $ i skali $ t/s $; wynika to z równości:

\[<br />
|PK| = |PL| = |PM| = t, \quad      |PK_0| - |PL_0| = |PM_0| = s.<br />
\]

Obrazem płaszczyzny $ \pi $ (czyli $ A_0B_0C_0 $) w tej jednokładności jest równoległa do niej płaszczyzna $ ABC $. Stąd wynika, że punkty $ B $ i $ C $ są wyznaczone jednoznacznie jako punkty przecięcia półprostych $ l $ i $ m $ z płaszczyzną równoległą do $ \pi $, przechodzącą przez punkt $ A $.

Na odwrót, określając punkty $ B $ i $ C $ w ten właśnie sposób, spełnimy warunki zadania, bowiem przedstawione w analizie rozumowanie można odwrócić: jednokładność, przeprowadzająca płaszczyznę $ \pi $ do położenia, w którym przechodzi ona przez punkt $ A $, odwzorowuje okręgi $ \sigma_1 $, $ \sigma_2 $, $ \sigma_3 $ na okręgi $ \omega_1 $, $ \omega_2 $, $ \omega_3 $, dopisane do trójkątów $ PBC $, $ PCA $, $ PAB $ przy bokach $ BC $, $ CA $, $ AB $.

Oznaczając ich punkty styczności z tymi bokami odpowiednio przez $ Q $, $ R $, $ S $, a punkty styczności z półprostymi $ k $, $ l $, $ m $ odpowiednio przez $ K $, $ L $, $ M $, oraz oznaczając przez $ l $ wspólną długość odcinków $ PK $, $ PL $, $ PM $, uzyskujemy kolejno równości (9), (8) oraz (5), (6) i (7); z nich zaś - związki

\[<br />
|PA| + |AB| = |PA| + |AS| + |BS| = |PA| + |AK| + |BL| = t + |BL|,<br />
\]
\[<br />
|PC| + |CB| = |PC| + |CQ| + |BQ| = |PC| + |CM| + |BL| = t + |BL|<br />
\]

oraz

\[<br />
|PB| + |BC| = |PB| + |BQ| + |CQ| = |PB| + |BL| + |CM| = t + |CM|,<br />
\]
\[<br />
|PA| + |AC| = |PA| + |AR| + |CR| = |PA| + |AK| + |CM| = t + |CM|.<br />
\]

Spełnione są więc warunki (1); dowód jest zakończony.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź