Komentarz

XI OM - I - Zadanie 4

Dane są trzy kolejne odcinki na prostej. Znaleźć punkt, z którego te odcinki są widoczne pod równymi kątami.

Rozwiązanie

Niech $ AB $, $ BC $, $ CD $ będą trzema kolejnymi odcinkami na prostej (rys. 2). Zauważmy, że każdy punkt tej prostej, leżący na zewnątrz odcinka $ AD $ może być uważany za rozwiązanie zadania, gdyż z takiego punktu każdy z odcinków $ AB $, $ BC $, $ CD $ widać pod kątem równym zeru. Pomijając ten nieinteresujący przypadek będziemy poszukiwać innych rozwiązań. Przypuśćmy, że punkt $ M $ spełnia warunek zadania, tj. że $ \measuredangle AMB = \measuredangle BMC = \measuredangle CMD $. Półproste $ MB $ i $ MC $ są wtedy dwusiecznymi kątów przy wierzchołku $ M $ w trójkątach $ AMC $ i $ BMD $, zatem na podstawie twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie:

\[<br /> (1) \qquad \frac{AM}{MC} = \frac{AB}{BC} \textrm{ i }\frac{BM}{MD} = \frac{BC}{CD}.<br /> \]

Punkt $ M $ leży zatem na okręgu Apolloniusza dla odcinka $ AC $, i stosunku $ AB \colon BC $ oraz na okręgu Apolloniusza dla odcinka $ BD $ i stosunku $ BC \colon CD $. W przypadku szczególnym, gdy $ AB = BC $ lub $ BC = CD $, zamiast odpowiedniego okręgu Apolloniusza mamy symetralną odcinka $ AC $ lub $ BD $. W dalszym ciągu przyjmiemy, że żadna z powyższych równości nie zachodzi.

Stąd wysnuwamy konstrukcję. Wyznaczamy punkt $ E $ harmonicznie sprzężony z punktem $ B $ względem punktów $ A $ i $ C $ (Patrz: Zadania z Olimpiad
Matematycznych, tom I, str. 170, PZWS 1960). W tym celu wykreślamy odcinki równoległe $ AA_1 $ i $ CC_1 $ odpowiednio równe odcinkom $ AB $ i $ BC $ (Na rys. 2 wzięto odcinki $ AA_1 $ i $ CC_1 $ prostopadłe do $ AD $, co oczywiście nie jest konieczne. Ta sama uwaga dotyczy odcinków $ BB_1 $ i $ DD_1 $); prosta $ A_1C_1 $ przecina prostą $ AC $ w żądanym punkcie $ E $. 0dcinek $ BE $ jest średnicą okręgu Apolloniusza dla odcinka $ AC $ i stosunku $ AB \colon BC $. W analogiczny sposób wyznaczamy średnicę $ CF $ okręgu Apolloniusza dla odcinka $ BD $ i stosunku $ BC \colon CD $. Wykreślamy oba okręgi. Jeśli przecinają się one w punkcie $ M $ poza dana prostą, to $ \measuredangle AMB = \measuredangle BMC =\measuredangle CMD $, gdyż na podstawie konstrukcji zachodzą równości (1), zatem półproste $ MB $ i $ MC $ są odpowiednio dwusiecznymi kątów $ AMC $ i $ BMD $. Punkt $ M $ daje więc rozwiązanie zadania. Drugim rozwiązaniem jest punkt symetryczny do punktu $ M $ względem danej prostej.

Zbadamy, kiedy takie rozwiązania istnieją. Okręgi o średnicach $ BE $ i $ CF $ przecinają się wtedy i tylko wtedy, gdy odcinki $ BE $ i $ CF $ zachodzą na siebie, tzn. mają pewien odcinek wspólny. Trzeba zatem ustalić, jak powinny leżeć punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $, aby ten warunek był spełniony. W tym celu poklasyfikujemy wszystkie możliwe przypadki wzajemnego położenia punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ w sposób następujący.

a) Odcinek środkowy $ BC $ jest mniejszy od każdego z odcinków skrajnych $ AB $ i $ CD $. Ten przypadek mamy na rys. 2. Punkt $ E $ leży wówczas na prawo od punktu $ C $, a punkt $ F $ na lewo od punktu $ B $, odcinki $ BE $ i $ CF $ mają wspólny odcinek $ BC $. Rozwiązanie istnieje.

b) Odcinek $ BC $ jest większy od każdego z odcinków $ AB $ i $ CD $. Ten przypadek wyobraża rys. 3. Punkt $ E $ leży wtedy na lewo od punktu $ A $, a punkt $ F $ naprawo od punktu $ D $. Odcinki $ BE $ i $ CF $ leżą jeden na zewnątrz drugiego, zadanie nie ma rozwiązania.

c) Odcinek $ BC $ jest mniejszy od jednego z odcinków $ AB $ i $ CD $, a większy od drugiego. Niech np. $ AB > BC > CD $. Przypadek taki mamy na rys. 4.

Punkt $ E $ leży teraz na prawo od punktu $ C $, a punkt $ F $ na prawo od punktu $ D $, zatem również na prawo od punktu $ C $. Rozwiązanie istnieje, o ile punkt $ F $ leży na prawo od punktu $ E $ (jak na rys. 4), tzn. gdy

\[<br /> (2) \qquad CE < CF.<br /> \]

Trzeba ten warunek wyrazić przy pomocy odcinków danych $ AB $, $ BC $, $ CD $. Ponieważ $ A $, $ C $, $ B $, $ E $ i $ B $, $ D $, $ C $, $ F $ są czwórkami harmonicznymi, więc

\[<br /> \frac{AB}{BC} = \frac{AE}{CE} \textrm{ i } \frac{BC}{CD} = \frac{BF}{DF},<br /> \]

stąd

\[<br /> \frac{AB}{BC}= \frac{AB + BC + CE}{CE} \textrm{ i } \frac{BC}{CD} =\frac{BC + CF}{CF - CD}.<br /> \]

Z równości powyższych obliczamy $ CE $ i $ CF $:

\[<br /> CE = \frac{BC(AB + BC)}{AB - BC},\<br /> CF = \frac{ 2 \cdot BC \cdot CD}{BC - CD}<br /> \]

podstawiając te wartości do nierówności (2) otrzymujemy nierówność

\[<br /> \frac{BC (AB + BC)}{AB - BC} < \frac{2 BC \cdot CD}{BC - CD},<br /> \]

która po przekształceniu przybiera postać

\[<br /> \frac{BC}{CD} < \frac{ 3 AB}{AB + BC + CD}<br /> \]

lub krócej

\[<br /> (3) \qquad \frac{BC}{CD} < \frac{3AB}{AD}.<br /> \]

W przypadku, gdy $ AB < BC < CD $, rozwiązanie istnieje, o ile spełniony jest warunek (3a) analogiczny do (3), a mianowicie warunek, który otrzymamy z nierówności (3) zastępując w niej $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ odpowiednio przez $ D $, $ C $, $ B $, $ A $. Daje to nierówność

\[<br /> (3a )\qquad \frac{CB}{BA} < \frac{3 DC}{DA}.<br /> \]

Okazało się, że warunek (3a) jest identyczny z warunkiem (3).

Dyskusja powyższa doprowadziła zatem do następującego wyniku.

Zadanie ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi bądź przypadek

\[<br /> \qquad (a) AB > BC,\ CD > BC<br /> \]

bądź przypadek

\[<br /> \qquad (c) AB> BC > CD \textrm{ lub } AB > BC > CD,<br /> \]

przy czym spełniona jest nierówność (3).

Wynik ten można sformułować znacznie prościej. Mianowicie nietrudno sprawdzić (co pozostawiamy jako ćwiczenie dla czytelnika), że w przypadku a) nierówność (3) jest spełniona, a w przypadku b) nie jest spełniona. Wobec tego rezultat ostateczny jest następujący:

Zadanie ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest warunek

\[<br /> \frac{BC}{CD} < \frac{3 AB}{AD}.<br /> \]

Czytelnik zechce sprawdzić, że wynik powyższy stosuje się również do przypadku, gdy $ AB = BC $ lub $ BC = CD $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz