XLV OM - I - Zadanie 7

Na zewnątrz czworokąta wypukłego $ ABCD $ budujemy trójkąty podobne $ APB $, $ BQC $, $ CRD $, $ DBA $ w ten sposób, że

\[<br />
|\measuredangle PAB| = |\measuredangle QBC| = |\measuredangle RCD| = |\measuredangle SDA|,<br />
|\measuredangle PBA| = |\measuredangle QCB| = |\measuredangle RDC| = |\measuredangle SAD|·<br />
\]

Dowieść, że jeśli czworokąt $ PQRB $ jest równoległobokiem, to czworokąt $ ABCD $ też jest równoległobokiem.

Rozwiązanie

Jeżeli czworokąt $ PQRS $ jest równoległobokiem, to jego przekątne $ PR $ i $ QS $ mają wspólny środek $ O $. Oznaczmy środki przekątnych $ AC $ i $ BD $ czworokąta $ ABCD $ odpowiednio przez $ M $ i $ N $. Aby dowieść, że czworokąt $ ABCD $ jest równoległobokiem, wystarczy wykazać, że punkty $ M $ i $ N $ pokrywają się. (Na rysunku 3 czworokąt $ PQRS $ przypomina równoległobok, natomiast czworokąt $ ABCD $ równoległoboku nie przypomina. Zatem - jeśli teza ma być słuszna - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z zależności geometrycznych, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.)

Przyjmijmy dalsze oznaczenia

\[<br />
\lambda =\frac{|PB|}{|PA|} \quad \textrm{oraz} \quad \varphi=\measuredangle(\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB});<br />
\]

ostatni symbol oznacza miarę kąta zorientowanego, mierzonego od wektora $ \overrightarrow{PA} $ do wektora $ \overrightarrow{PB} $ w takim kierunku, by miara ta była liczbą z przedziału $ (0;\pi) $ (w sytuacji jak na rysunku 3, jest to kierunek {\it dodatni}, to znaczy przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara).
om45_1r_img_3.jpg
Z podobieństwa czterech trójkątów wymienionych w treści zadania wynika, że w każdym z tych trójkątów odpowiednie boki (traktowane jako wektory o wspólnym początku) tworzą ten sam kąt $ \varphi $, a stosunek ich długości wyraża się tą samą liczbą $ \lambda $, co w trójkącie $ PAB $:

\[<br />
{\def\arraystretch{2}<br />
(1) \qquad \begin{array}{c}<br />
\lambda=\cfrac{|PB|}{|PA|}=\cfrac{|QC|}{|QB|}=\cfrac{|RD|}{|RC|}=\cfrac{|SA|}{|SD|},\\<br />
\varphi= \measuredangle(\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB})= \measuredangle(\overrightarrow{QB},\overrightarrow{QC})= \measuredangle(\overrightarrow{RC},\overrightarrow{RD})=\measuredangle(\overrightarrow{SD},\overrightarrow{SA}).<br />
\end{array}}<br />
\]

Przesunięcie o wektor $ \overrightarrow{PO} $ przeprowadza trójkąt $ PAB $ do położenia $ OA'B' $, natomiast przesunięcie o wektor $ \overrightarrow{RO} $ przeprowadza trójkąt $ RCD $ do położenia $ OC'D' $ (rysunek 4). Punkt $ O $ jest środkiem odcinka $ PR $; mamy wobec tego następujące równości (wektorów swobodnych):

\[<br />
(2) \qquad \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{PO} = \overrightarrow{OR} = \overrightarrow{C'C} = \overrightarrow{D'D}.<br />
\]

Operacja przesunięcia nie zmienia długości odcinków (wektorów) ani kątów między nimi, a zatem w trójkątach $ OA'B' $ i $ OC'D' $ zachodzą równości analogiczne do (1):

\[<br />
{\def\arraystretch{2.5}<br />
(3) \qquad \begin{array}{c}<br />
\lambda=\dfrac{|OB'|}{|OA'|}=\dfrac{|OD'|}{|OC'|},\\<br />
\varphi= \measuredangle(\overrightarrow{OA'},\overrightarrow{OB'})= \measuredangle(\overrightarrow{OC'},\overrightarrow{OD'}).\end{array}}<br />
\]

om45_1r_img_4.jpg
Weźmy pod uwagę przekształcenie $ f $ określone jako złożenie jednokładności o środku $ O $ i skali $ \lambda $ z obrotem wokół punktu $ O $ o kąt $ \varphi $ (w ustalonym uprzednio kierunku). Przy tym przekształceniu wektor $ \overrightarrow{OA'} $ zmienia swą długość w stosunku $ \lambda $ i obraca się o kąt $ \varphi $; tak więc, zgodnie z równościami (3), punkt $ A' $ jest odwzorowywany na punkt $ B' $, a punkt $ C $ - analogicznie - na punkt $ D' $:

\[<br />
(4) \qquad f(A') = B'  \quad    \textrm{oraz} \quad     f(C') = D'.<br />
\]

Przekształcenie $ f $ jest podobieństwem. Ze związków (4) wynika wobec tego, że obrazem środka $ M' $ odcinka $ A'C' $ jest środek $ N' $ odcinka $ B'D' $:

\[<br />
f(M') = N'.<br />
\]

(Punkty $ M' $ i $ N' $ nie zostały zaznaczone na rysunku 4, aby nie zaciemniać go jeszcze bardziej.) Równości (2) pokazują wszelako, że czworokąty $ AA'CC' $ oraz $ BB'DD' $ są równoległobokami. W takim razie środek przekątnej $ A'C' $ pokrywa się ze środkiem przekątnej $ AC $, a środek przekątnej $ B'D' $ pokrywa się ze środkiem przekątnej $ BD $. Tak więc $ M' = M $, $ N' = N $ i mamy związek

\[<br />
(5) \qquad f(M) = N.<br />
\]

Rozważając trójkąty $ OB''C'' $ i $ OD''A'' $ powstałe przez przesunięcie trójkątów
$ QBC $ i $ SDA $ odpowiednio o wektory $ \overrightarrow{QO} $ i $ \overrightarrow{SO} $ (rysunek 4) i przeprowadzając w pełni analogiczne rozumowanie, dochodzimy do równości

\[<br />
(6) \qquad f(N) = M.<br />
\]

Rozwiązanie zadania zostało na samym wstępie sprowadzone do wykazania, że punkty $ M $ i $ N $ się pokrywają. Zależności (5) i (6) implikują równości

\[<br />
f\circ f(M) = M \quad \textrm{oraz} \quad f\circ f(N) = N.<br />
\]

Zauważmy, że przekształcenie $ f\circ f $ jest złożeniem jednokładności o skali $ \lambda^2 $ z obrotem o kąt $ 2\varphi $. Ponieważ $ 0 < 2\varphi< 2\pi $, jedynym punktem, który w tym przekształceniu nie zmienia swojego położenia; jest punkt $ O $ (wspólny środek obrotu i jednokładności). Zatem zarówno punkt $ M $, jak i punkt $ N $, pokrywa się z $ O $. Dowód jest zakończony.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź