Komentarz

II OM - I - Zadanie 11

W dany kwadrat wpisać taki kwadrat, którego jeden bok lub jego przedłużenie przechodzi przez dany punkt $ K $.

Rozwiązanie

Kwadratem wpisanym w kwadrat $ ABCD $ nazywa się każdy kwadrat, którego wierzchołki leżą na obwodzie kwadratu $ ABCD $. Według tej definicji do kwadratów wpisanych w kwadrat $ ABCD $ należy zaliczyć również sam kwadrat $ ABCD $.

Gdy dany punkt $ K $ leży na obwodzie kwadratu $ ABCD $, zadanie rozwiązuje się natychmiast. A mianowicie, jeśli punkt $ K $ jest jednym z wierzchołków tego kwadratu, jedynym rozwiązaniem jest sam kwadrat $ ABCD $. Jeśli zaś punkt $ K $ leży wewnątrz boku, istnieją dwa rozwiązania: kwadrat $ ABCD $ i kwadrat, którego wierzchołki otrzymuje się przez obrót punktu $ K $ dokoła środka kwadratu $ ABCD $ o wielokrotność kąta prostego.

Z kolei rozważymy przypadki, gdy punkt $ K $ znajduje się wewnątrz kwadratu $ ABCD $ (rys. 46 a) lub zewnątrz tego kwadratu (rys. 46 b).

{\kom Analiza.} Przypuśćmy, że przez dany punkt $ K $ przechodzi bok $ MN $ lub przedłużenie boku $ MN $ kwadratu $ MNPQ $ wpisanego w dany kwadrat $ ABCD $ (rys. 46 a i b).

Kwadraty $ ABCD $ i $ MNPQ $ mają wspólny środek $ O $ (patrz zadanie nr 8 dla szczebla B na stronicy 62).

Obróćmy kwadrat $ MNPQ $ o kąt $ 90^\circ $ dokoła punktu $ O $ w kierunku określonym przez kolejność punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ i zaznaczonym na rysunku strzałką. Punkty $ M $, $ K $ znajdą się po obrocie odpowiednio w punktach $ N $, $ L $. Ponieważ $ \measuredangle KNL = 90^\circ $, więc punkt $ N $ leży na okręgu o średnicy $ KL $.

{\kom Konstrukcja.} Obracamy punkt $ K $ o $ 90^\circ $ dokoła punktu $ O $ np. w kierunku zaznaczonym strzałką (rys. 46) i otrzymujemy punkt $ L $ leżący na prostopadłej do prostej $ OK $ w punkcie $ O $, przy czym $ OL = OK $. Kreślimy okrąg $ \Gamma $ o średnicy $ KL $.

Dajmy na to, że okrąg $ \Gamma $ przechodzi przez punkt $ N $ leżący na obwodzie kwadratu $ ABCD $. Budujemy kwadrat $ MNPQ $ wpisany w kwadrat $ ABCD $, przy czym literą $ M $ oznaczamy ten wierzchołek owego kwadratu, który przy obrocie o $ 90^\circ $ dokoła $ O $ w kierunku strzałki przechodzi w punkt $ N $.

Wykażemy, że kwadrat $ MNPQ $ spełnia warunek zadania, a mianowicie, że prosta $ MN $ przechodzi przez punkt $ K $.

Rozważymy dwa przypadki:

1° Jeśli punkt $ K $ leży wewnątrz kwadratu $ ABCD $ (rys. 46 a), to $ \measuredangle OKM = \measuredangle OLN $, gdyż kąt $ OLN $ powstaje z obrotu kąta $ OKM $, a $ \measuredangle OLN + \measuredangle OKN = 180^\circ $, gdyż $ \measuredangle OLN $ i $ \measuredangle OKN $ są kątami przeciwległymi czworokąta wpisanego w koło.

Z powyższego wynika, że

\[<br /> \measuredangle OKM + \measuredangle OKN = 180^\circ.<br /> \]

Ponieważ półproste $ OM $ i $ ON $, a więc i punkty $ M $ i $ N $ leżą po przeciwnych stronach prostej $ OK $, przeto z poprzedniej równości wynika, że półproste $ KM $ i $ KN $ tworzą jedną prostą.

2° Jeśli punkt $ K $ leży zewnątrz kwadratu $ ABCD $ (rys. 46 b), to $ \measuredangle OKM = \measuredangle OLN $, jak w przypadku 1°, a $ \measuredangle OLN = \measuredangle OKN $, jako kąty wpisane oparte na łuku $ ON $.

Z powyższego wynika, że

\[<br /> \measuredangle OKM = \measuredangle OKN.<br /> \]

Ponieważ półproste $ OM $ i $ ON $, a wraz z nimi punkty $ M $ i $ N $ leżą w tym przypadku po tej samej stronie prostej $ OK $, przeto z poprzedniej równości wynika, że półproste $ KM $ i $ KN $ pokrywają się.

{\kom Dyskusja.} Zadanie ma tyle rozwiązań, ile jest punktów wspólnych okręgu $ \Gamma $ o średnicy $ KL $ z obwodem kwadratu $ ABCD $.

Rozpatrzymy dwa przypadki:

1° Punkt $ K $ (a więc i punkt $ L $) leży wewnątrz kwadratu $ ABCD $.

W tym przypadku wierzchołki kwadratu $ ABCD $ leżą zewnątrz okręgu $ \Gamma $, gdyż z każdego z nich widać średnicę $ KL $, leżącą wewnątrz kwadratu, pod kątem ostrym.

Odcinek $ OK $ jest krótszy od połowy przekątnej kwadratu $ ABCD $, odcinek $ KL $ jest więc krótszy od boku tego kwadratu. Wobec tego okrąg o średnicy $ KL $ nie może mieć punktów wspólnych z dwoma przeciwległymi bokami kwadratu $ ABCD $ i możliwe są tylko przypadki następujące:

a) okrąg $ \Gamma $ przecina dwa przylegle boki kwadratu, co daje $ 4 $ rozwiązania;

b) okrąg $ \Gamma $ przecina jeden bok kwadratu i jest styczny do boku przyległego - $ 3 $ rozwiązania;

c) okrąg $ \Gamma $ przecina jeden bok kwadratu - $ 2 $ rozwiązania;

d) okrąg $ \Gamma $ jest styczny do dwóch kolejnych boków kwadratu - $ 2 $ rozwiązania;

e) okrąg $ \Gamma $ jest styczny do jednego boku kwadratu - $ 1 $ rozwiązanie;

f) okrąg $ \Gamma $ nie ma punktów wspólnych z obwodem kwadratu - zadanie nie ma rozwiązania.

2° Punkt $ K $ (a więc i punkt $ L $) leży zewnątrz kwadratu $ ABCD $.

Wykażemy, że w tym przypadku okrąg $ \Gamma $ przecina obwód kwadratu w dwóch punktach, tj. że zadanie ma dwa rozwiązania.

Łuki $ OK $ i $ OL $ półokręgu $ KOL $ łączą punkt wewnętrzny $ O $ kwadratu z punktami zewnętrznymi $ K $ i $ L $, mają więc na pewno punkty wspólne z obwodem kwadratu. Niech pierwszym takim punktem na łuku $ OK $ w kierunku od $ O $ do $ K $ będzie punkt $ N $, a na łuku $ OL $ w kierunku od $ O $ do $ L $ - punkt $ N_1 $.

Pokażemy, że na okręgu $ \Gamma $ oprócz $ N $ i $ N_1 $ nie ma innych punktów obwodu kwadratu. Wystarczy to stwierdzić dla łuku $ NKLN_1 $, gdyż łuk $ NON_1 $ wybrany został w ten sposób, że cały przebiega wewnątrz kwadratu.

Ponieważ łuk $ NON_1 $ jest mniejszy od półokręgu, przeto kąt $ NON_1 $ jest rozwarty i punkty $ N $ i $ N_1 $ nie leżą na tym samym boku kwadratu. Możliwe są dwa przypadki:

1) Punkty $ N $ i $ N_1 $ leżą na dwóch kolejnych bokach kwadratu $ ABCD $, ńp. na bokach $ AB $ i $ AD $ (rys. 47). Łuk $ NKLN_1 $ nie przecina ani łamanej $ NBCDN_1 $, gdyż leży po przeciwnej stronie prostej $ NN_1 $, ani łamanej $ NAN_1 $, gdyż $ \measuredangle NAN_1 = 90^\circ $, a kąt wpisany w łuk $ NKLN_1 $ (większy od półokręgu) jest ostry, wobec czego punkt $ A $ leży wewnątrz okręgu $ \Gamma $. Łuk $ NKLN_1 $, a więc i okrąg $ \Gamma $ ma zatem tylko punkty $ N $ i $ N_1 $ wspólne z obwodem kwadratu.

2) Punkty $ N $ i $ N_1 $ leżą na dwóch przeciwległych bokach $ AB $ i $ CD $ kwadratu $ ABCD $ (rys. 48). Dajmy na to, że punkt $ O $ znajduje się po tej stronie prostej $ NN_1 $, co wierzchołki $ B $ i $ C $. Łuk $ NKLN_1 $ znajduje się po stronie przeciwnej, nie przecina więc łamanej $ NBCN_1 $. Dowiedziemy, że łuk ten nie przecina również łamanej $ NADN_1 $, wykazując, że wierzchołki $ A $ i $ D $ leżą wewnątrz okręgu $ \Gamma $, z czego już wynika, że łamana $ NADN_1 $ przebiega wewnątrz okręgu $ \Gamma $.

Stosując metodę sprowadzenia do niedorzeczności przypuśćmy, że np. punkt $ A $ nie leży wewnątrz okręgu $ \Gamma $. Odcinek $ NA $ ma wtedy oprócz punktu $ N $ jeszcze pewien punkt $ P $ wspólny z okręgiem. Środek $ S $ okręgu $ \Gamma $ leży na symetralnej $ RT $ odcinka $ NP $ i na symetralnej odcinka $ NN_1 $; niech np. $ AN \geq DN_1 $, wobec czego $ RS \geq ST $ (rys. 48).

Niech $ U $ oznacza środek odcinka $ RT $. Ponieważ

\[ \measuredangle OTU < 45^\circ, \]
\[ \measuredangle TOU > 45^\circ, \]

a

\[ \measuredangle TOS \geq \measuredangle TOU\]

więc

\[ \measuredangle TOS > \measuredangle OTU. \]

W takim razie w trójkącie $ OST $ mamy

\[<br /> OS < ST.<br /> \]

Otóż odcinek $ OS $ równa się promieniowi okręgu $ \Gamma $, a odcinek $ ST $ jest odległością środka tego okręgu od prostej $ CD $ i nierówność $ OS < ST $ jest sprzeczna z założeniem, że okrąg $ \Gamma $ przechodzi przez punkt $ N_1 $ prostej $ CD $.

Przypuszczenie, które uczyniliśmy, jest więc fałszywe; oznacza to, że punkt $ A $ (i podobnie punkt $ D $) leży wewnątrz okręgu $ \Gamma $.

Dowiedliśmy zatem, że jeśli dany punkt $ K $ znajduje się zewnątrz danego kwadratu, to zadanie ma zawsze dwa rozwiązania. Jeśli przy tym punkt $ K $ leży na przedłużeniu któregoś z boków kwadratu $ ABCD $, to jednym z owych rozwiązań jest sam kwadrat $ ABCD $.

Uwaga. W pierwszej części powyższej dyskusji stwierdziliśmy, że zależnie od położenia punktu $ K $ w kwadracie $ ABCD $ ilość rozwiązań zadania może wynosić $ 4 $, $ 3 $, $ 2 $, $ 1 $ lub $ 0 $.

Sprawę tę można zbadać dokładniej i wyznaczyć te części kwadratu, którym odpowiadają poszczególne liczby rozwiązań.

Najdogodniej będzie użyć w tym celu metody współrzędnych. Obierzmy układ współrzędnych prostokątnych jak na rysunku 49.

Niechaj w tym układzie punkt $ K $ ma współrzędne $ (x, y) $. Punkt $ L $ powstały z obrotu punktu $ K $ o $ 90^\circ $ w kierunku ruchu wskazówki zegara ma, jak łatwo stwierdzić, współrzędne $ (y, a - x) $, gdzie $ a $ oznacza długość boku kwadratu.

Zbadamy, ile punktów wspólnych ma okrąg $ \Gamma $ o średnicy $ KL $ z odcinkiem $ AB $ - zależnie od wartości $ x $ i $ y $.

Odległość $ RS $ środka $ S $ okręgu $ \Gamma $ od prostej $ AB $ równa się średniej arytmetycznej odległości punktów $ K $ i $ L $ od tej prostej:

\[<br /> (1) \qquad RS = \frac{x+y}{2}.<br /> \]

Promień okręgu $ \Gamma $ równa się

\[<br /> (2) \qquad SL = \frac{1}{2} KL = \frac{1}{2} \sqrt{(x -y)^2 + (a-x- y)^2}.<br /> \]

Ponieważ punkty $ A $ i $ B $ leżą, jak stwierdziliśmy poprzednio, zewnątrz okręgu $ \Gamma $, przeto poszukiwana ilość punktów wynosi $ 2 $, $ 1 $ lub $ 0 $, gdy odpowiednio $ RS < SL $, $ RS = SL $ lub $ RS > SL $.

Przy użyciu wzorów (1) i (2) otrzymujemy odpowiednie zależności między $ x $, $ y $ i $ a $. Równość $ RS = SL $ daje związek

\[<br /> (x + y)^2 = (x - y)^2 + (a - x - y)^2,<br /> \]

skąd

\[<br /> (x + y)^2 - (x - y)^2 = (a - x - y)^2,<br /> \]

czyli

\[<br /> 4xy = (a - x - y)^2.<br /> \]

Wyciągając z obu stron tej równości pierwiastek kwadratowy otrzymujemy

\[<br /> (3) \qquad 2 \sqrt{xy} = \pm (a - x - y).<br /> \]

1° Gdy $ a - x - y \geq 0 $, równość (3) ma postać

\[ 2 \sqrt{xy} = a - x - y \]
\[ x +2 \sqrt{ xy} + y = a \]
\[ (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2 = a\]

i ostatecznie

\[<br /> (4) \qquad \sqrt{x} + \sqrt{y} = \sqrt{a}.<br /> \]

2° Gdy $ a - x - y < 0 $, równość (3) przybiera postać

\[ 2 \sqrt{xy} = x + y - a, \]

czyli

\[ x - 2 \sqrt{ xy} + y = a, \]
\[ (\sqrt{x}- \sqrt{y})^2 = a, \]

wreszcie

\[ | \sqrt{x} - \sqrt{y} | = \sqrt{a}. \]

Stąd

\[<br /> (5) \qquad \sqrt{x} = \sqrt{a} + \sqrt{y} \textrm{ albo }<br /> \sqrt{y} = \sqrt{s} + \sqrt{x}.<br /> \]

Punkt leżący wewnątrz kwadratu ma współrzędne mniejsze od $ a $, więc nie może spełniać żadnej z równości (5).

Otrzymaliśmy wynik następujący: Okrąg $ \Gamma $ ma jeden punkt wspólny z bokiem $ AB $ kwadratu $ ABCD $, jeżeli $ x $ i $ y $ spełniają równanie (4).

Równanie (4) przedstawia łuk $ BD $ paraboli (rys. 50), której ogniskiem jest środek kwadratu $ ABCD $, a kierownicą - prosta równoległa do przekątnej $ BD $, przechodząca przez punkt $ A $.

Gdy punkt $ K $ leży w części kwadratu zakreskowanej na rysunku 50, współrzędne jego spełniają nierównóść

\[<br /> \sqrt{x} + \sqrt{y} < \sqrt{a},<br /> \]

co odpowiada nierówności $ RS < SL $. Okrąg $ \Gamma $ przecina wtedy bok $ AB $ w dwóch punktach.

Gdy punkt $ K $ znajduje się w części nie zakreskowanej kwadratu spełniona jest nierówność

\[<br /> \sqrt{x} + \sqrt{y} > \sqrt{a},<br /> \]

wówczas $ RS > SL $ i okrąg $ \Gamma $ nie ma punktów wspólnych z odcinkiem $ AB $.

Dla pozostałych boków kwadratu rzecz się ma podobnie; odpowiednie parabole otrzymamy obracając parabolę rysunku 50 dokoła punktu $ O $ o $ 90^\circ $, $ 180^\circ $ i $ 270^\circ $.

Ostateczny wynik tej dyskusji przedstawia rysunek 51.

Gdy punkt $ K $ leży w jednym z obszarów zakreskowanych poziomo, zadanie ma $ 4 $ rozwiązania, punktom obszarów nie zakreskowanych odpowiadają $ 2 $ rozwiązania, dla punktów obszaru zakreskowanego pionowo rozwiązań nie ma. Stwierdzenie, jakie ilości rozwiązań odpowiadają punktom linij ograniczających te obszary, pozostawiamy jako ćwiczenie.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz