Komentarz

XLI OM - III - Zadanie 4

Wewnątrz kwadratu o boku długości 1 narysowano trójkąt, którego każdy bok ma długość nie mniejszą od 1. Dowieść, że środek kwadratu należy do trójkąta.

Rozwiązanie

Stosujemy dowód nie wprost.

Przypuśćmy, że środek $ O $ danego kwadratu $ ABCD $ nie należy do narysowanego trójkąta $ A $. Istnieje wówczas prosta $ l $ przechodząca przez $ O $ i taka, że trójkąt $ A $ leży w całości po jednej stronie tej prostej (tzn. zawiera się w jednej z dwóch półpłaszczyzn otwartych wyznaczonych przez prostą $ l $, patrz: Uwaga).

Oznaczmy punkty przecięcia prostej $ l $ z brzegiem kwadratu przez $ A' $ i $ C' $; możemy przyjąć (w razie potrzeby przesuwając cyklicznie oznaczenia wierzchołków kwadratu), że punkt $ A' $ leży na boku $ AB $, a punkt $ C $ - na boku $ CD $, przy czym $ A' \ne B $, $ C' \ne D $.

Poprowadźmy przez punkt $ O $ prostą $ m $ prostopadłą do $ l $. Przecina ona brzeg kwadratu w punktach $ B' $ i $ D' $ leżących odpowiednio na bokach $ BC $ i $ DA $, przy czym $ B' \ne C $, $ D'\ne A $ (rysunek 7).

om41_3r_img_7.jpg
Proste $ l $ i $ m $ dzielą kwadrat na cztery przystające figury. Trójkąt $ A $ leży po jednej stronie prostej $ l $, a więc zawiera się w sumie dwóch spośród tych figur. Jedna z nich musi zawierać co najmniej dwa wierzchołki trójkąta $ A $, czyli końce odcinka o długości nie mniejszej od $ 1 $. Niech to będzie część kwadratu wycięta przez półproste $ (OA')^\to $ i $ (OB')^\to $ (takie założenie nie uszczupla ogólności rozważań).

W szczególnym przypadku, gdy proste $ l $ i $ m $ zawierają przekątne kwadratu $ ABCD $ (tj. gdy $ A = A' $, $ B = B' $, $ C = C' $, $ D = D' $), rozważana figura jest trójkątem $ OAB $. Jedynym odcinkiem długości $ \geq 1 $ zawartym w tym trójkącie jest jego przeciwprostokątna $ AB $. Znaczyłoby to, że odcinek $ AB $ jest jednym z boków trójkąta $ A $ - wbrew założeniu, że trójkąt $ A $ leży wewnątrz kwadratu $ ABCD $.

W pozostałym przypadku ($ A \ne A' $ itd.) rozważana figura jest czworokątem $ OA'BB' $, w którym kąty przy wierzchołkach $ O $ i $ B $ są proste - można więc na nim opisać koło. Jego średnicą jest odcinek $ A'B' $ o długości mniejszej od $ 1 $ (bo $ A'B'C'D' $ jest kwadratem wpisanym w $ ABCD $, nie identycznym z $ ABCD $). Wobec tego figura (czworokąt) $ OA'BB' $ nie może zawierać pary punktów odległych co najmniej o $ 1 $ - wbrew temu, co stwierdziliśmy chwilę wcześniej.

Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Uwaga. W rozwiązaniu skorzystaliśmy z faktu, że przez dowolny punkt $ O $ leżący poza danym trójkątem $ \Delta $ można poprowadzić taką prostą $ Z $, że trójkąt $ \Delta $ leży w całości po jednej jej strome. Może warto podać ścisłe uzasadnienie tego faktu.

Trójkąt jest częścią wspólną trzech półpłaszczyzn domkniętych, których krawędziami są proste zawierające jego boki. Skoro punkt $ O $ nie należy do danego trójkąta, to nie należy do co najmniej jednej z tych półpłaszczyzn. Niech $ l' $ będzie jej krawędzią (jeśli są dwie takie półpłaszczyzny, wybieramy jedną z nich, i jej krawędź oznaczamy przez $ l' $). Prosta $ Z $, równoległa do $ V $ i przechodząca przez $ O $, ma żądaną własność.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz