XI OM - I - Zadanie 7

W dany okrąg wpisano trójkąt $ ABC $. Na bokach $ AC $ i $ BC $ odmierzono odcinki $ AM $ i $ BN $ o danej długości $ d $. Znaleźć miejsce geometryczne środka $ S $ odcinka $ MN $, gdy punkty $ A $ i $ B $ są nieruchome, a punkt $ C $ porusza się po danym kręgu.

Rozwiązanie

Prowadzimy z punktu $ S $ równolegle do prostych $ AC $ i $ BC $ a z punktów $ A $ i $ B $ równoległe do prostej $ MN $; otrzymujemy równoległoboki $ AMSP $ i $ BNSR $ (rys. 5).

Jeżeli trójkąt $ ABC $ nie jest równoramienny, na przykład jeżeli (jak na rys. 5) $ AC > BC $, to $ MC>NC $, zatem $ \measuredangle CMN <\measuredangle CNM $, skąd łatwo wywnioskować, że $ \measuredangle CMN < \measuredangle A $, a $ \measuredangle CNM > \measuredangle B $ (Istotnie, prowadząc w trójkącie odcinek $ MK $ równoległy do $ AB $, mamy $ BK < AM $, bo $ AM $ i $ BK $ są prostopadłe do $ AC $ i $ BC $. Stąd $ BK < BN $, więc punkt $ N $ leży na odcinku $ KC $). Wobec tego punkt $ P $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $, a punkt $ R $ na zewnątrz tego trójkąta i odcinek $ PR $ przecina bok $ AB $ w pewnym punkcie $ T $. Trójkąty $ ATP $ i $ BTR $ są jednokładne względem punktu $ T $, gdyż $ AP $ jest równoległe do $ RB $; ponieważ $ AP = MS = SN = RB $, więc ta jednokładność jest symetrią środkową i $ T $ jest wspólnym środkiem odcinków $ AB $ i $ PR $.

W przypadku gdy trójkąt $ ABC $ jest równoramienny, środek $ T $ odcinka $ AB $ również pokrywa się ze środkiem odcinka $ PR $; wynika to z symetrii całej figury względem symetralnej odcinka $ AB $.

Trójkąt $ PSR $ jest równoramienny, gdyż $ PS = AM = d $ i $ RS = NB = d $; kąt $ PSR $ równa się kątowi $ ACB $ (kąty o ramionach równoległych i zgodnie skierowanych), który oznaczymy literą $ \gamma $. Stąd

\[<br /> TS = d \cos \frac{\gamma}{2}.<br /> \]

Gdy punkt $ C $ porusza się po jednym z łuków danego okręgu o końcach $ A $ i $ B $, np. po górnej stronie $ AB $ na rys. 5, wielkość kąta $ \gamma $ nie zmienia się, wobec czego długość $ TS $ jest stała. Znaczy to, że punkt $ S $ porusza się po okręgu $ \Gamma $ o środku $ T $ i promieniu równym $ d \cos \frac{\gamma}{2} $.

Należy jeszcze ustalić, jaka część okręgu $ \Gamma $ jest miejscem geometrycznym punktu $ S $, gdy punkt $ C $ przebiega rozważany łuk $ AB $. Z uwagi na symetrię figury względem symetralnej odcinka $ AB $ wystarczy ograniczyć się do punktów po jednej stronie tej symetralnej, np. tej, która zawiera $ TB $. Zauważmy, że punkt $ N $ porusza się po okręgu o środku $ B $ i promieniu $ d $ (rys. 6). Punkt $ N_1 $, w którym ten okrąg przecina się z danym okręgiem, jest skrajnym położeniem punktu $ N $ i jednocześnie odpowiednim skrajnym położeniem punktu $ C $. Punkt $ S $ znajduje się wówczas w środku $ S_1 $ odcinka $ M_1N_1 $, przy czym $ AM_1 = d $. Punkt $ S_1 $ jest końcem tego łuku okręgu $ \Gamma $, który stanowi poszukiwane miejsce geometryczne.

Zagadnienie możemy ująć szerzej niż podaje tekst zadania, a mianowicie nie ograniczać się do odmierzania odcinków o długości $ d $ na bokach $ AC $ i $ BC $ trójkąta $ ABC $, lecz odmierzać je na półprostych $ AC $ i $ BC $. W takim razie punkt $ C $ może przebiegać cały łuk $ AB $. Gdy dąży on do punktu $ B $, półprosta $ BC $ obracając się dokoła punktu $ B $ dąży do stycznej w punkcie $ B $ do danego okręgu, punkt $ N $ dąży do punktu $ N_0 $ tej stycznej, przy czym $ BN_0 = d $, punkt $ M $ do punktu $ M_0 $ ($ AM_0 = d $), a punkt $ S $ do środka $ S_0 $ odcinka $ M_0N_0 $. Punkt $ S_0 $ jest wówczas końcem tego łuku okręgu $ \Gamma $, który jest żądanym miejscem geometrycznym. Drugim końcem jest punkt $ S'_0 $ symetryczny do $ S_0 $ względem symetralnej odcinka $ AB $.

Drugą część miejsca geometrycznego znajdujemy analogicznie po drugiej stronie prostej $ AB $. Jest nią łuk okręgu o środku $ T $ i o promieniu $ d \sin \frac{\gamma}{2} $. Gdy $ AB $ jest średnicą danego okręgu, obie części miejsca geometrycznego są łukami tego samego okręgu.

Uwaga 1. Położenie punktu $ S_0 $ można również określić podając kąt $ S_0TB $. Obliczymy go łatwo, stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $ S_0M_0T $ i $ N_0M_0B $; mianowicie

\[<br /> \frac{TS_0}{\sin \measuredangle S_0M_0T} =<br /> \frac{M_0S_0}{\sin \measuredangle S_0TB} \textrm{ i }<br /> \frac{N_0B}{\sin \measuredangle S_0M_0T} = \frac{M_0N_0}{\sin \measuredangle M_0BN_0}.<br /> \]

Dzieląc te równania stronami i uwzględniając, że $ TS_0 = d \cos \frac{\gamma}{2} $, $ N_0B = d $, $ M_0S_0 = \frac{1}{2} M_0N_0 $, a $ \measuredangle M_0BN_0 = 180^\circ - \gamma $, otrzymujemy

\[<br /> \sin \measuredangle S_0TB =\frac{\sin \gamma}{2 \cos \frac{\gamma}{2}} = \sin \frac{\gamma}{2}, \textrm{ zatem } \measuredangle S_0TB = \frac{\gamma}{2}.<br /> \]

Okazało się, że $ \measuredangle S_0TB $ nie zależy od długości $ d $. Zmieniając tę długość otrzymujemy zatem jako odpowiednie miejsca geometryczne łuki jednokładne względem środka $ T $ odcinka $ AB $.

Uwaga 2. W powyższym rozwiązaniu wykazaliśmy, że każdy punkt rozważanego miejsca geometrycznego leży na łuku $ S_0S'_0 $. Nie udowodniliśmy jednak twierdzenia odwrotnego, że każdy punkt łuku $ S_0S'_0 $ należy do tego miejsca geometrycznego. Aczkolwiek wydaje się oczywiste, że gdy punkt $ C $ zakreśla ruchem ciągłym łuk $ AB $, to punkt $ S $ przebiega - również w sposób ciągły - łuk $ S'_0S_0 $, należy to jednak uzasadnić dokładniej. Operując pojęciami analizy matematycznej i geometrii analitycznej wystarczyłoby stwierdzić, że współrzędne punktu $ S $ (w dogodnie obranym układzie współrzędnych) są funkcjami ciągłymi współrzędnych punktu $ C $. Dowód nie wymagający tych wiadomości uzyskamy odwracając wnioskowanie poprzednie.

Niech $ S $ będzie punktem wewnętrznym łuku $ S_0S'_0 $ $ \left( ST = d \cos \frac{\gamma}{2} \right) $. Budujemy trójkąt równoramienny $ PSR $ o wysokości $ ST $ i kącie przy wierzchołku $ S $ równym $ \gamma $. Trójkąty $ ATP $ i $ BTR $ są symetryczne względem $ T $, więc odcinki $ AP $ i $ BR $ są równe i równoległe. Przez $ A $ i $ B $ prowadzimy równoległe do $ PS $ i $ RS $; ponieważ tworzą one kąt równy kątowi $ PSR $ czyli kąt $ \gamma $, więc przetną się w punkcie $ C $ danego okręgu. Prowadząc przez $ S $ prostą równoległą do $ AP $ i $ RB $ otrzymujemy w przecięciu z $ AC $ i $ BC $ punkty $ M $ i $ N $, przy czym $ AM = PS = d $, $ BN = RS = d $, $ MS = AP = RB = SN $. Punkt $ S $ należy więc do miejsca geometrycznego, c.n.d.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź