Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

IV OM - I - Zadanie 8

Przez punkt $M$ dany na przedłużeniu boku $AB$ trójkąta $ABC$ poprowadzić prostą przecinającą boki $AC$ i $BC$ w punktach $N$ i $P$ w taki sposób, żeby odcinki $AN$ i $BP$ były równe.

Rozwiązanie

Analiza. Obierzmy punkt $M$ - dajmy na to - na przedłużeniu boku danego trójkąta poza punkt $B$ (rys. 28). Przypuśćmy, że prosta $m$ jest rozwiązaniem zadania, tj, że $AN = BP$ .

Poprowadźmy przez punkt $B$ równoległą do prostej $m$ ; przetnie ona bok $AC$ trójkąta w pewnym punkcie $Q$ . Stosując twierdzenie Talesa do prostych $AB$ i $AC$ , przeciętych równoległymi $QB$ i $m$ , oraz do prostych $AC$ i $BC$ , przeciętych tymiż równoległymi, otrzymujemy proporcje

$ \frac{AM}{BM} = \frac{AN}{QN} \textrm{ i } \frac{BP}{QN} = \frac{PC}{NC}. $

Ponieważ z zawożenia jest $BP = AN$ , więc z tych proporcyj wynika, że

$ \frac{PC}{NC} = \frac{AM}{BM}. $

Poszukiwana prosta $m$ odcina zatem od danego trójkąta taki trójkąt $PCN$ , w którym stosunek boków $PC$ i $NC$ równa się stosunkowi danych odcinków $AM$ i $BM$ .

Konstrukcja. Prostą o powyższej własności wykreślimy w sposób następujący: Na półprostych $CA$ i $CB$ (rys. 29) odmierzamy odpowiednio odcinki $CN_1 = BM$ i $CP_1 = AM$ . Przez punkt $M$ prowadzimy prostą $m$ równoległą do prostej $P_1N_1$ ; prosta $m$ przecina proste $BC$ i $AC$ w punktach $P$ i $N$ , przy czym zachodzą proporcje

$ \frac{PC}{NC} = \frac{P_1C}{N_1C} = \frac{AM}{BM}. $

Należy zbadać, czy prosta $m$ jest rozwiązaniem zadania. Łatwo najpierw stwierdzić, że zachodzi żądana równość $AN = BP$ . Istotnie, prowadząc jak poprzednio równoległą $BQ$ do prostej $m$ i stosując twierdzenie Talesa mamy równości

$ \frac{AM}{BM} = \frac{AN}{QN},\ \frac{PC}{NC} = \frac{BP}{QN}. $

Lewe strony tych równości są według konstrukcji równe, zatem

$ \frac{AN}{QN} = \frac{BP}{QN}, \textrm{ a stąd } AN = BP. $

Spełnienie warunku $AN = BP$ nie zapewnia jeszcze tego, że prosta $m$ jest prostą szukaną, gdyż ponadto trzeba, żeby punkty $N$ i $P$ leżały na bokach $AC$ i $BC$ (jak to ma miejsce na rys. 29), a nie na ich przedłużeniach. Rysując figurę przy zmienionych danych zechce czytelnik przekonać się, że punkt $N$ może wypaść na przedłużeniu odcinka $AC$ poza punkt $A$ lub poza punkt $C$ .

Należy przeto ustalić warunki konieczne i dostateczne do tego, aby wyznaczony przez poprzednią konstrukcję punkt $N$ leżał na odcinku $AC$ .

Jeśli punkt $N$ leży na odcinku $AC$ , to punkt $Q$ , jako należący do boku $AN$ trójkąta $AMN$ , leży również na odcinku $AC$ , wobec czego mamy na tym odcinku kolejność punktów: $A$ , $Q$ , $N$ , $C$ .

Wysnujemy stąd dwa wnioski:

1° Ponieważ $\frac{AC}{AN} = \frac{AQ + QC}{AQ + QN}$ , a $QC > QN$ , więc $\frac{AC}{AN} < \frac{QC}{QN}$ (zastosowaliśmy tu twierdzenie arytmetyki: jeżeli $a > b > 0$ i $c > 0$ , to $\frac{a + c}{b+c} < \frac{a}{b}$ ), co wobec równości $\frac{QC}{QN} = \frac{BC}{BP}$ i $BP = AN$ daje $\frac{AC}{AN} < \frac{BC}{AN}$ , i ostatecznie mamy

$ (1) \qquad AC < BC. $

2° Ponieważ według konstrukcji jest $\frac{BM}{AM} = \frac{CN_1}{CP_1} = \frac{CQ}{CB}$ , a $CQ < AC$ , więc

$ (2) \qquad \frac{BM}{AM} < \frac{AC}{CB}. $

Nierówności (1) i (2), które wywnioskowaliśmy z założenia, że zbudowana prosta $m$ jest rozwiązaniem zadania, stanowią zatem warunki konieczne istnienia rozwiązania. Możemy je wypowiedzieć poglądowo, jak następuje: Punkt $M$ dany na przedłużeniu podstawy musi się znajdować po stronie większego z pozostałych boków trójkąta i dzielić podstawę zewnętrznie w stosunku mniejszym niż stosunek mniejszego z tych boków do większego.

Wykażemy, że te warunki konieczne są zarazem dostateczne. Istotnie, według konstrukcji punkt $Q$ leży na odcinku $CN_1$ i $\frac{BM}{AM}= \frac{CN_1}{CP_1}$ ; jeśli więc spełniony jest warunek (2), to

$ \frac{CQ}{CB} < \frac{AC}{CB}, \textrm{ więc } CQ < AC, $

tzn. punkt $Q$ leży na odcinku $AC$ . W takim razie punkt $N$ leży na półprostej $AC$ , gdyż $Q$ znajduje się między $A$ i $N$ .

Z drugiej strony, według konstrukcji mamy

$ \frac{AN}{QN} = \frac{AM}{BM} = \frac{CP_1}{CN_1} = \frac{CB}{CQ}; $

jeśli więc spełniony jest warunek (1), to

$ \frac{AN}{QN} > \frac{AC}{QC}, \textrm{ zatem } \frac{AQ + QN}{QN} > \frac{AQ + QC}{QC}; $

z tej nierówności wynika, że

$ \frac{AQ}{QN} > \frac{AQ}{QC}, \textrm{ a stąd } QN < QC. $

Punkt $N$ leży więc na odcinku $QC$ , a tym samym na odcinku $AC$ .

Uzyskaliśmy wynik: W przypadku, gdy $AM > BM$ , można rozwiązać zadanie wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są nierówności (1) i (2). Rozwiązanie jest tylko jedno.

Uwaga 1. Konieczność warunku (1) można stwierdzić w następujący prosty sposób: Niech $BP = AN$ (rys. 30). Poprowadźmy, $PK \parallel AN$ ; wówczas $AN > PK$ , zatem $BP > PK$ , więc też $BC > AC$ .

Uwaga 2. Warunek (2) można interpretować jak następuje: Niech $AC'B$ (rys. 31) będzie trójkątem symetrycznym do trójkąta $ACB$ . Jeśli $AC < BC$ , to $AC' > BC'$ i dwusieczna kąta zewnętrznego w trójkącie $AC'B$ przy wierzchołku $C'$ przecina przedłużenie odcinka $AB$ poza punkt $B$ w punkcie $M_0$ . Według twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie mamy

$ \frac{BM_0}{AM_0} = \frac{BC'}{AC'} = \frac{AC}{BC}. $

Warunek (2) można więc zastąpić warunkiem

$ \frac{BM}{AM} < \frac{BM_0}{AM_0}, $

który oznacza, że punkt $M$ powinien się znajdować pomiędzy punktem $B$ a punktem $M_0$ .

Uwaga 3. Rozwiązanie zadania można ująć prosto i przejrzyście, gdy się skorzysta z twierdzenia Menelausa (Patrz: Zadania, z Trzeciej Olimpiady Matematycznej, Warszawa 1953, zadanie nr 23.):

Jeżeli prosta $m$ przecina proste skierowane $AB$ , $BC$ , $CA$ odpowiednio w punktach $M$ , $P$ , $N$ , to zachodzi równość

$ (\alpha) \qquad \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CN}{NA} = -1. $

Jeżeli prosta $m$ jest rozwiązaniem naszego zadania, to $BP = NA$ i równość $(\alpha)$ przybiera postać

$ (\beta) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{CN}{PC} = -1. $

Wprowadźmy oznaczenia: $AB = c$ , $BC = a$ , $CA = b$ , $BM = p$ , $CN = x$ ; wtedy $AM = c + p$ , $PC = BC - BP = BC - NA = a - (b - x)$ i równość $(\beta)$ daje

$ (\beta') \qquad \frac{c + p}{-p} \cdot \frac{x}{a - b + x} = -1, $

stąd

$ (\gamma) \qquad a = \frac{(a - b) p}{c}. $

Ponieważ $0 < CN < CA$ , czyli $0 < x < b$ , więc ze wzoru ( $\gamma$ ) wynikają nierówności

$ (\delta) \qquad b<a, $

$ (\varepsilon) \qquad p < \frac{bc}{a-b}. $

Nierówność ( $\delta$ ) jest identyczna z nierównością (1), a nierówność ( $\varepsilon$ ) jest równoważna nierówności $\frac{p}{c+p} < \frac{b}{a}$ , czyli nierówności (2). Otrzymaliśmy te same, co poprzednio warunki konieczne do tego, aby istniało rozwiązanie zadania.

Przypuśćmy, że warunki ( $\delta$ ) i ( $\varepsilon$ ) są spełnione. Jeśli wyznaczymy $x$ ze wzoru ( $\gamma$ ) i na półprostej $CA$ odmierzymy $CN = x$ , to prosta $MN$ będzie rozwiązaniem zadania. W rzeczy samej, zachodzi wówczas równość ( $\beta '$ ) więc i równość ( $\beta$ ), w której $P$ oznacza punkt przecięcia prostej $MN$ z odcinkiem $BC$ . A ponieważ punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na jednej prostej, więc prawdziwa jest równość ( $\alpha$ ), z równości zaś ( $\alpha$ ) i ( $\beta$ ) wynika, że $BP = NA$ , czego należało dowieść.