Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

IV OM - I - Zadanie 5

W trapezie $ABCD$ przez punkt przecięcia $S$ przekątnych poprowadzono prostą równoległą da podstaw $AB$ i $DC$ trapezu, która przecina boki $AD$ i $BC$ w punktach $M$ i $N$ . Dowieść, że 1) $MN$ równa się średniej harmonicznej podstaw, 2) jeżeli $\measuredangle ADC = \measuredangle ACB$ , to $AC$ równa się średniej geometrycznej podstaw.

Rozwiązanie

1° Zauważmy najpierw (rys. 22), że odcinki $MS$ i $SN$ są równe. Istotnie, trójkąty $MSD$ i $SNC$ są odpowiednio podobne do trójkątów $ABD$ i $ABC$ , przy czym w obu przypadkach skala podobieństwa jest ta sama, gdyż według twierdzenia Talesa zachodzi równość $\frac{MD}{AD} = \frac{NC}{BC}$ . Wobec tego każdy z odcinków $MS$ i $SN$ jest w takim samym stosunku do odcinka $AB$ , a to znaczy, że $MS = SN$ .

Związek między długością odcinka $MN$ i długościami podstaw trapezu $AB$ i $CD$ uzyskamy rozważając trójkąty podobne $BDA$ i $SDM$ , w których

$ \frac{MS}{AB} = \frac{SD}{BD}, $

oraz trójkąty podobne $DBC$ i $SBN$ , w których

$ \frac{SN}{DC} = \frac{BS}{BD}. $

Dodając powyższe równości otrzymujemy

$ \frac{MS}{AB} + \frac{SN}{DC} = \frac{BS + SD}{BD} = 1, $

a ponieważ $MS = SN = \frac{1}{2} MN$ , więc ostatnia równość daje

$ \frac{2}{MN} = \frac{1}{AB} + \frac{1}{DC}, $

co właśnie oznacza, że odcinek $MN$ jest średnią harmoniczną podstaw trapezu $AB$ i $DC$

2° Jeżeli $\measuredangle ADC = \measuredangle ACB$ , to trójkąty $ABC$ i $CAD$ są podobne; zatem

$ \frac{AB}{AC} = \frac{AC}{DC}, \textrm{ skąd } AC = \sqrt{AB \cdot DC}, $

co oznacza, że $AC$ jest średnią geometryczną podstaw trapezu $AB$ i $CD$ .

Uwaga 1. Pojęcie średniej harmonicznej dwóch odcinków wiąże się z pojęciem czwórki harmonicznej punktów.

Będziemy rozważali odcinki skierowane, czyli wektory na prostej $p$ (rys. 23). O czterech punktach $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , leżących na prostej $p$ mówimy, że tworzą czwórkę harmoniczną $(A, B, C, D)$ lub że pary $(A, B)$ i $(C, D)$ przedzielają się harmonicznie, jeżeli zachodzi związek

$ (1) \qquad \frac{AC}{BC} = - \frac{AD}{BD}, \textrm{ więc też} \frac{CA}{DA} = - \frac{CB}{DB}. $

Równości (1) oznaczają, że stosunki, w jakich końce jednego z odcinków $AB$ i $CD$ dzielą drugi odcinek, są liczbami przeciwnymi.

Jeżeli $(A, B, C, D)$ jest czwórką harmoniczną punktów, to odcinek $AB$ jest średnią harmoniczną odcinków $AC$ i $AD$ . Z równości (1) wynikają bowiem kolejno równości:

$AC \cdot BD = - BC \cdot AD,$

$AC \cdot (AD - AB) = - (AC - AB) \cdot AD,$

$2AC \cdot AD = AB \cdot AD + AB \cdot AC,$

$(2) \qquad \frac{2}{AB} = \frac{1}{AC} + \frac{1}{AD}.$

Wykonując przekształcenia powyższe w kierunku odwrotnym stwierdzamy, że równość (2) pociąga za sobą równość (1). Jeżeli zatem odcinek $AB$ jest średnią harmoniczną odcinków $AC$ i $AD$ , to punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tworzą czwórkę harmoniczną.

Uwaga 2. Weźmy pod uwagę punkt przecięcia $T$ boków nierównoległych $AD$ i $BC$ trapezu (rys. 24) oraz punkty $P$ i $Q$ , w których prosta $ST$ przecina boki $AB$ i $CD$ . Udowodnimy, że punkty $P$ , $Q$ , $S$ , $T$ tworzą czwórkę harmoniczną.

W samej rzeczy, odcinki $AB$ i $DC$ są jednokładne względem środka $T$ , zatem

$ \frac{AB}{DC} = \frac{PT}{QT}. $

Odcinki $AB$ i $CD$ są zarazem jednokładne względem środka $S$ , zatem

$ \frac{AB}{DC} = - \frac{PS}{QS}. $

Po prawej stronie napisaliśmy znak minus, gdyż odcinki $PS$ i $QS$ są skierowane przeciwnie). Z otrzymanych równości wynika, że

$ \frac{PT}{QT} = - \frac{PS}{QS}, $

czego właśnie mieliśmy dowieść.

Powyższe twierdzenie łącznie z uwagą 1 prowadzą do bardzo krótkiego dowodu twierdzenia, że w trapezie (rys. 24) odcinek $MN$ , równoległy do podstaw $AB$ i $CD$ , jest średnią harmoniczną podstaw trapezu. Istotnie, odcinki $AB$ , $MN$ i $DC$ , jako jednokładne względem środka $T$ , są proporcjonalne do odcinków $PT$ , $ST$ , $QT$ :

$ AB \colon MN \colon DC = PT \colon ST \colon QT. $

Ponieważ $P$ , $Q$ , $S$ , $T$ tworzą czwórkę harmoniczną punktów, więc według uwagi 1 odcinki $PT$ , $ST$ , $QT$ spełniają związek

$ \frac{2}{ST} = \frac{1}{PT} + \frac{1}{QT}. $

Taki sam związek spełniają proporcjonalne do nich odcinki $AB$ , $MN$ i $DC$ , tj.

$ \frac{2}{MN} = \frac{1}{AB} + \frac{1}{DC}. $

Uwaga 3. Twierdzenie podane w uwadze 2 jest przypadkiem szczególnym ważnego twierdzenia o czworoboku zupełnym.

Czworobokiem zupełnym nazywamy figurę utworzoną przez cztery proste $a$ , $b$ , $c$ , $d$ płaszczyzny, przecinające się wzajemnie w sześciu punktach $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ (rys. 25). Owe cztery proste nazywamy bokami, a owe sześć punktów - wierzchołkami czworoboku zupełnego. Dwa wierzchołki nie leżące na jednym boku nazywamy wierzchołkami przeciwległymi. Czworobok zupełny ma trzy pary wierzchołków przeciwległych, przy czym każdy wierzchołek należy do jednej pary. Na rysunku 25 wierzchołkami przeciwległymi są $A$ i $B$ , $C$ i $D$ , $E$ i $F$ .

Proste przechodzące przez wierzchołki przeciwległe nazywamy przekątnymi czworoboku zupełnego. Na rysunku 25 przekątnymi czworoboku zupełnego są proste $AB$ , $CD$ , $EF$ . Zachodzi twierdzenie:

Na każdej przekątnej czworoboku zupełnego para wierzchołków czworoboku przedziela harmonicznie parę punktów przecięcia tej przekątnej z pozostałymi dwiema przekątnymi.

Udowodnimy na przykład, że na rysunku 25 punkty $E$ , $F$ , $P$ , $Q$ stanowią czwórkę harmoniczną punktów.

Dowód oprzemy na twierdzeniu Menelausa:

Jeżeli pewna prosta przecina proste $AB$ , $BC$ , $CA$ odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ , to