Komentarz

X OM - III - Zadanie 5

W płaszczyźnie trójkąta $ ABC $ porusza się prosta, która przecina boki $ AC $ i $ BC $ w takich punktach $ D $ i $ E $, że $ AD = BE $. Znaleźć miejsce geometryczne środka $ M $ odcinka $ DE $.

Rozwiązanie

Gdy $ AC = BC $, poszukiwanym miejscem geometrycznym jest dwusieczna kąta $ C $. Pozostaje do rozpatrzenia tylko przypadek, gdy $ AC \ne BC $. W dalszym ciągu przyjmiemy, że $ AC < BC $.

Zauważmy najpierw, że gdy $ AC < BC $, to prosta $ DE $ przecina prostą $ AB $ w punkcie leżącym na przedłużeniu $ AB $ poza punkt $ B $, gdyż punkt $ E $ leży w pasie między prostą $ AB $ a równoległą do $ AB $ przechodzącą przez punkt $ D $ (co stwierdzamy powołując się na twierdzenie Talesa). Stąd wnioskujemy, że $ \measuredangle CDE > \measuredangle CAB $ (na mocy twierdzenia o kącie zewnętrznym trójkąta), zatem $ \measuredangle CED < \measuredangle CBA $ (rys. 32).

Prowadzimy przez punkty $ A $ i $ M $ proste równoległe odpowiednio do prostych $ DE $ i $ AC $ i otrzymujemy równoległobok $ ADMK $, przy czym punkt $ K $ leży na zewnątrz trójkąta $ ABC $. Analogicznie budujemy równoległobok $ BEMN $. Wierzchołek $ N $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $. Odcinek $ KN $ przecina zatem odcinek $ AB $ w pewnym punkcie $ S $. Trójkąty $ AKS $ i $ BNS $ są symetryczne względem punktu $ S $, gdyż wobec równoległości prostych $ AK $ i $ NB $ są one jednokładne względem punktu $ S $, a nadto $ AK = DM = ME = NB $. Stąd wynika, że punkt $ S $ jest środkiem każdego z odcinków $ AB $ i $ KN $. Trójkąt $ KMN $ jest równoramienny, gdyż $ KM = AD = BE = NM $, więc prosta $ MS $ jest dwusieczną kąta $ KMN $. Ponieważ ramiona kąta $ KMN $ są zgodnie równoległe do ramion kąta $ ACB $, więc prosta $ MS $ jest równoległa do dwusiecznej kąta $ ACB $.

Dowiedliśmy, że punkt $ M $, którego miejsca geometrycznego szukamy, leży na prostej poprowadzonej przez środek $ S $ odcinka $ AB $ równolegle do dwusiecznej kąta $ ACB $, a mianowicie wewnątrz odcinka $ SO $ tej prostej leżącego w trójkącie $ ABC $. Odwrotnie, każdy punkt wewnętrzny odcinka $ SO $ owej prostej należy do poszukiwanego miejsca geometrycznego. Stwierdzamy to z łatwością, odwracając wnioskowanie poprzednie. Niech $ M $ będzie dowolnym punktem wewnętrznym odcinka $ SO $. Prowadzimy przez punkt $ M $ równoległe do $ CA $ i do $ CB $, a przez punkt $ S $ prostopadłą do $ SO $ i otrzymujemy trójkąt równoramienny $ KMN $. Trójkąty $ ASK $ i $ BSN $ są symetryczne względem punktu $ S $, zatem $ AK \parallel NB $ i $ AK = NB $. Prowadząc przez punkt $ M $ prostą równoległą do $ AK $ i $ NB $, otrzymujemy równoległoboki $ ADMK $ i $ BEMN $, w których $ AD = KM = NM = BE $ i $ DM = AK = NB = ME $. Istotnie więc punkt $ M $ należy do miejsca geometrycznego.

Jeżeli punkt $ M $ obierzemy w punkcie $ O $, to rozumując jak wyżej, wykażemy, że punkt $ O $ jest środkiem takiego odcinka $ CC' $, że $ C'B = CA $. Możemy uważać, że punkty $ S $ i $ O $ też należą do naszego miejsca geometrycznego.

Otrzymany wynik można uogólnić. Jeżeli zamiast trójkąta $ ABC $ rozważać będziemy całe proste $ AC $ i $ BC $ przecięte prostą ruchomą w punktach $ D $ i $ E $, przy czym $ AD = BE $, to jako miejsce geometryczne środka $ M $ odcinka $ DE $ otrzymamy całą prostą $ SO $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz